1. VECTORES. - e-matematicas.es de Espacio Afi… · Dos vectores son ortogonales (perpendiculares) si, y sólo si su producto escalar vale 0. Así: ... punto fijo O y una base (ortonormal

Matemáticas Geometría Vectorial, Afín y Euclídea

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 1 de 38 http://www.e-matematicas.es

PROBLEMAS CLASIFICADOS DE ESPACIOS VECTORIALES, AFIN Y EU-

CLIDEO PROPUESTOS EN LAS PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD

1. VECTORES.

COMBINACIONES LINEALES. DEPENDENCIA LINEAL. ORTOGONALI-

DAD.

1) (2014-UA3 Opc. A) Considera los vectores u

= (1, –1, 3), v

= (1, 0, –1) y w

=

(, 1, 0).

a) [0’75 puntos] Calcula los valores de que hacen que u

y w

sean ortogonales.

Dos vectores son ortogonales (perpendiculares) si, y sólo si su producto escalar

vale 0. Así:

u

· w

= (1, –1, 3) · (, 1, 0) = 1· – 1·1 + 3·0 = – 1 = 0 = 1.

b) [0’75 puntos]Calcula los valores de que hacen que u

, v

y w

sean lineal-

mente independientes.

Los vectores serán linealmente independientes si, y sólo si el rango de la matriz

formada por ellos, distribuidos en tres filas, tiene rango 3:

r

01

101

311

= 3

01

101

311

≠ 0 + 3 + 1 ≠ 0 ≠ – 4.

c) [1 punto]Para = 1 escribe el vector r

= (3, 0, 2) como combinación lineal de

u

, v

y w

.

Según el cálculo anterior, los tres vectores u

, v

y w

son linealmente indepen-

dientes. Tres vectores l.i. en el espacio, cuya dimensión es 3, forman una base.

De modo que todo vector del espacio es c.l. de ellos, y esta c.l. es única (serían

las coordenadas respecto de la base). Averiguémosla. Si x, y, z son los coefi-

cientes de la c.l. buscada, se tendrá:

(3, 0, 2) = x(1, –1, 3) + y(1, 0, –1) + z(1, 1, 0) = (x + y + z, –x + z, 3x – y)

2 3

0

3

yx

zx

zyx

porque dos vectores coinciden si, y sólo si, sus coordenadas (respecto a una ba-

se) son únicas. Resolvemos el sistema por Gauss:

2013

0101

3111

13 FF

5104

0101

3111

23 FF

5005

0101

3111

3ª ec: 5z = 5 z = 1

2ª ec: –x + 1 = 0 x = 1

1ª ec: 1 + y + 1 = 3 y = 1

De modo que la c.l. es: r

= u

+ v

+ w

.



VECTOR QUE UNE DOS PUNTOS. VECTOR DE POSICIÓN. MÓDULO DE

UN VECTOR. PUNTOS COPLANARIOS. RECTÁNGULO. ÁREA DE UN

RECTÁNGULO.

2) (Junio 2013 reserva B, Opc. B) Considera los puntos A(0, 5, 3), B(–1, 4, 3), C(1, 2,

1) y D(2, 3, 1).

a) [1’75 puntos] Comprueba que los cuatro puntos son coplanarios y que ABCD

es un rectángulo.

Hemos de empezar diciendo que, fijado un sistema de referencia, esto es, un

punto fijo O y una base (ortonormal o canónica), cada punto del plano determina

un único vector, y cada vector, un único punto. Identificamos, así, el punto con

dicho vector, al que llamamos vector de posición del punto, y las coordenadas de

uno y otro coinciden.

Los puntos son coplanarios si, y sólo si, están contenidos en un mismo plano. Y

ello será así cuando, y sólo cuando, formando tres vectores que vayan de un

punto a otro resultan ser linealmente dependientes, en cuyo caso, el tercer vector

será combinación lineal de los otros dos, con lo que, forzosamente, tendrán que

estar dentro de un mismo plano.

Para hallar el vector que une dos puntos, por

ejemplo A y B, restamos sus respectivos vectores

de posición (ver gráfico): el que apunta al extremo

menos el que lo hace al origen. No se puede reali-

zar ninguna operación con coordenadas de pun-

tos: las sumas, restas, productos externos, etc. son, exclusivamente, para sus res-

pectivos vectores de posición.

Calculamos, por ejemplo, los vectores:

AB = OAOB = (–1, 4, 3) – (0, 5, 3) = (–1, –1, 0)

AC = OAOC = (1, 2, 1) – (0, 5, 3) = (1, –3, –2)

AD = OAOD = (2, 3, 1) – (0, 5, 3) = (2, –2, –2)

Para ver si son coplanarios, formamos un determinante cuyas filas sean sus co-

ordenadas:

231

222

011

= – 4 + 2 – 4 + 6 = 0

lo que significa que alguna fila es combinación lineal de las otras los tres

vectores están en un mismo plano. Es decir, los cuatro puntos son coplanarios.

El rectángulo es ABCD, recorridos en ese orden (nos lo dicen en el enunciado).

Buscamos los lados del rectángulo. Ya calculamos, antes, AB y BC =

OBOC = (1, 2, 1) – (–1, 4, 3) = (2, –2, –2). Pues bien:

CD = OCOD = (2, 3, 1) – (1, 2, 1) = (1, 1, 0) = – AB

AD = OAOD = (2, 3, 1) – (0, 5, 3) = (2, –2, –2) = BC

OB OAOBAB

O A

B

OA



Como los vectores son iguales dos a dos, los lados miden lo mismo y son parale-

los. Pero eso no basta para asegurar que se trata de un rectángulo, porque en un

paralelogramo sucede igual: además, tiene que haber ángulos rectos. Así AB y

AD deben ser ortogonales (con lo cual, lo serán los demás, al tratarse de vecto-

res idénticos). Comprobémoslo: su producto escalar debe valer 0:

AB · AD = (–1, –1, 0) · (2, –2, –2) = –2 + 2 + 0 = 0

Es un rectángulo.

b) [0’75 puntos] Calcula el área de dicho rectángulo.

S = bh = ||·|| ADAB = 222222 222011 = 122 = 24 = 2 6 u2

siendo u la unidad de longitud que trabajemos (lo que miden los vectores unita-

rios de la base).

SIMÉTRICO DE UN PUNTO RESPECTO A OTRO. PUNTO MEDIO DE UN

SEGMENTO. ÁREA DE UN PARALELOGRAMO. PRODUCTO VECTORIAL.

3) (2012-1 Opc. A) El punto M(1, –1, 0) es el centro de un paralelogramo y A(2, 1, –1)

y B(0, –2, 3) dos vértices consecutivos del mismo.

a) [1’5 puntos] Determina uno de los otros dos vértices y calcula el área de dicho

paralelogramo.

Llamemos C(x, y, z). Este punto es el simétrico de

A respecto de M. Como M(1, –1, 0) es el punto

medio entre A(2, 1, –1) y C, se tendrá:

102

1

312

1

012

2

zz

yy

xx

Luego C(0, –3, 1).

Por tanto:

AB = OAOB = (0, –2, 3) – (2, 1, –1) = (–2, –3, 4)

BC = OBOC = (0, –3, 1) – (0, –2, 3) = (0, –1, –2) = AD , siendo D el cuar-

to punto del paralelogramo.

El área del paralelogramo será, entonces:

| ADAB | =

10

32 ,

02

24 ,

21

43 = |(10, –4, 2)| =

= 222 2410 = 120 = 2 30 u

2

. .

. . B A

C D

M

A B

C D



RECTA PERPENDICULAR A UN PLANO DETERMINADO POR TRES PUN-

TOS. PUNTO MEDIO DE UN SEGMENTO. PRODUCTO VECTORIAL. ÁREA

DE UN PARALELOGRAMO.

4) (2012-4 Opc. A) De un paralelogramo ABCD conocemos tres vértices consecutivos:

A(2, –1, 0), B(–2, 1, 0) y C(0, 1, 2).

a) [1 punto] Calcula la ecuación de la recta que pasa por el centro del paralelogra-

mo y es perpendicular al plano que lo contiene.

Aún no hemos empezado a ver rectas, pero hare-

mos el problema, que tiene bastante materia de

operaciones con vectores.

Una recta queda determinada conociendo un punto

y un vector de dirección de la misma. El punto que

necesitamos es el centro del paralelogramo, y el

vector de dirección, un vector normal (perpendicu-

lar) al plano que contiene al paralelogramo, esto

es, a los puntos A, B y C (tres puntos no alineados

determinan un plano).

Comenzamos calculando el punto medio del paralelogramo M(x, y, z). Será el

punto medio del segmento AB. Por tanto:

12

02

x ; 0

2

11

y ; 1

2

20

z M(1, 0, 1).

Podemos conseguir el vector perpendicular al plano buscando uno perpendicular

a los vectores AB y AC . Dicho vector será el producto vectorial de ambos. De

este modo:

AB = OAOB = (–2, 1, 0) – (2, –1, 0) = (–4, 2, 0)

AC = OAOC = (0, 1, 2) – (2, –1, 0) = (–2, 2, 2).

ACAB = (–4, 2, 0) (–2, 2, 2) =

22

24 ,

22

40 ,

22

02 = (4, 8, –4)

Podemos tomar como vector de dirección éste u otro proporcional al mismo,

porque tendrá la misma dirección. Así que optamos por multiplicarlo por ¼:

d

= (1, 2, –1)

La ecuación continua de la recta solicitada será:

1

1

2

0

1

1

zyx

1

1

21

zyx

b) [0’75 puntos] Halla el área de dicho paralelogramo.

El área del paralelogramo será | ADAB |. Y como AB = (–4, 2, 0) y (ver dibujo

anterior):

AD = BC = OBOC = (0, 1, 2) – (–2, 1, 0) = (2, 0, 2).

Se tiene:

ADAB =

02

24 ,

22

40 ,

20

02 = (4, 8, –4)

S = |(4, 8, –4)| = 166416 = 96 = 4 6 u2

M

A B

C D

O



c) [0’75 puntos] Calcula el vértice D.

Podemos proceder como se hizo en un problema anterior, considerando que M

es el punto medio del segmento BD, es decir, hallando el simétrico de B respec-

to de M. Pero vamos a utilizar otro procedimiento, vectorial. Si observamos el

gráfico, en el que se ha señalado el punto O origen del sistema de referencia,

de donde parten todos los vectores de posición, las coordenadas de D son las de

su vector de posición OD , que puede obtenerse:

OD = ADOA = BCOA = (2, –1, 0) + (2, 0, 2) = (4, –1, 2).

Luego D(4, –1, 2).

ÁREA DE UN TRIÁNGULO. VOLUMEN DE UN TETRAEDRO. PRODUCTO

VECTORIAL. PRODUCTO MIXTO.

5) (2014-UA5 Opc. A, apart. c) [0’5 puntos] Sean A(–3, 4, 0), B(3, 6, 3) y C(–1, 2,

1) los vértices de un triángulo. Calcula el área del triángulo ABC.

El área de un triángulo ABC es la mitad del área del paralelogramo que se forma con

el simétrico de A respecto del segmento que une B con C:

AB = OAOB = (3, 6, 3) – (–3, 4, 0) = (6, 2, 3)

AC = OAOC = (–1, 2, 1) – (–3, 4, 0) = (2, –2, 1).

ACAB = (6, 2, 3) (2, –2, 1) =

22

26 ,

21

63 ,

12

32 = (8, 0, –16)

S =2

1 | ACAB | =

2

1 |(8, 0, –16)| =

2

1 222 1608

= 2

1320 = 4 5 u

2

6) (Junio 2010 reserva A Opc. A) Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los

puntos de intersección del plano 6x + 3y + 2z = 6 con los ejes de coordenadas.

La ecuación implícita de un plano es de la forma ax + by + cz + d = 0. La ecuación

implícita de una recta viene dada como la intersección de dos planos, escritos éstos,

también, en su forma implícita.

Eje OX:

0

0

z

y Intersección con 6x + 3y + 2z = 6: 6x + 0 + 0 = 6 x = 1

A(1, 0 , 0).

Eje OY:

0

0

z

x Intersección: 0 + 3y + 0 = 6 y = 2 B(0, 2, 0).

Eje OZ:

0

0

y

x Intersección: 0 + 0 + 2z = 6 z = 3 C(0, 0, 3).

El área del triángulo que forman es la mitad del área del paralelogramo:

AB = OAOB = (0, 2, 0) – (1, 0, 0) = (–1, 2, 0)

AC = OAOC = (0, 0, 3) – (1, 0, 0) = (–1, 0, 3).

ACAB = (–1, 2, 0) (–1, 0, 3) =

01

21 ,

13

10 ,

30

02 = (6, 3, 2)

AC

AB

B

A C



S =2

1 | ACAB | =

2

1 |(6, 3, 2)| =

2

1 222 236 =

2

1 49 =

2

7u

2

7) (Sept 2013 Opc. A) Considera el plano de ecuación 2x + y + 3z – 6 = 0.

a) [1’5 puntos] Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de corte

del plano con los ejes coordenados.

Eje OX:

0

0

z

y Intersección con 2x + y + 3z – 6 = 0: 2x + 0 + 0 = 6

x = 3 A(3, 0 , 0).

Eje OY:

0

0

z

x Intersección: 0 + y + 0 = 6 y = 6 B(0, 6, 0).

Eje OZ:

0

0

y

x Intersección: 0 + 0 + 3z = 6 z = 2 C(0, 0, 2).

El área del triángulo que forman es la mitad del área del paralelogramo:

AB = OAOB = (0, 6, 0) – (3, 0, 0) = (–3, 6, 0)

AC = OAOC = (0, 0, 2) – (3, 0, 0) = (–3, 0, 2).

ACAB = (–3, 6, 0) (–3, 0, 2) =

03

63 ,

32

30 ,

20

06 = (12, 6, 18)

S =2

1| ACAB | =

2

1|(12, 6, 18)| =

2

1 222 18612 =2

1504 = 3 14 u

2

b) [1 punto] Calcula el volumen del tetraedro determinado por el plano y los pla-

nos coordenados.

El volumen de un tetraedro es 1/6 del volumen del paralelepípedo que se forma

partiendo de sus 4 vértices. Y éste, a su vez,

se calcula mediante el producto mixto de los

vectores que parten de uno de los vértices

hasta otros tres adyacentes (valor absoluto).

En este caso, esos tres vectores son los de

posición de los puntos A, B y C:

OA = (3, 0, 0) OB = (0, 6, 0) OC = (0, 0, 2)

V = OCOBOA ,,6

1 =

6

1

200

060

003

= 6 u3

Ver problema 36)b).

DIVIDIR UN SEGMENTO EN VARIAS PARTES IGUALES

8) (Septiembre 2013 reserva B, Opc. B) Considera los puntos A(1, 2, 3) y B(–1, 0, 4).

a) [1’25 puntos] Calcula las coordenadas de los puntos que dividen al segmento

AB en tres partes iguales.

Para hallar P y Q tenemos en cuenta que (ver gráfico):

OAOBOAABOAAPOAOP 3

1

3

1 =

B

A

C

O



= (1, 2, 3) + 3

1[(–1, 0, 4) – (1, 2, 3)] =

= (1, 2, 3) + 3

1(–2, –2, 1) =

3

13 ,

3

22 ,

3

21 =

=

3

10 ,

3

4 ,

3

1 P

3

10 ,

3

4 ,

3

1

OAOBOAABOAAQOAOQ 3

2

3

2 =

= (1, 2, 3) + 3

2[(–1, 0, 4) – (1, 2, 3)] = (1, 2, 3) +

3

2(–2, –2, 1) =

=

3

23 ,

3

42 ,

3

41 =

3

11 ,

3

2 ,

3

1 Q

3

11 ,

3

2 ,

3

1

9) (Septiembre 2010 reserva A, Opc. A) Considera los puntos A(1, 2, 1) y B(–1, 0, 3).

a) [1’25 puntos] Calcula las coordenadas de los puntos que dividen al segmento

AB en tres partes iguales.

Para hallar P y Q tenemos en cuenta que (ver gráfico en problema 8):

OAOBOAABOAAPOAOP 3

1

3

1 =

= (1, 2, 1) + 3

1[(–1, 0, 3) – (1, 2, 1)] =

= (1, 2, 1) + 3

1(–2, –2, 2) =

3

21 ,

3

22 ,

3

21 = =

3

5 ,

3

4 ,

3

1

OAOBOAABOAAQOAOQ 3

2

3

2 =

= (1, 2, 1) + 3

2[(–1, 0, 3) – (1, 2, 1)] = (1, 2, 1) +

3

2(–2, –2, 2) =

=

3

41 ,

3

42 ,

3

41 =

3

7 ,

3

2 ,

3

1

COMPROBAR QUE TRES PUNTOS ESTÁN ALINEADOS

10) (Septiembre 2012 reserva B, Opc. B) Sean los puntos A(2, , ), B(–, 2, 0) y

C(0, , – 1).

a) [1 punto] ¿Existe algún valor de R para el que los puntos A, B y C estén

alineados? Justifica la respuesta.

Los puntos estarán alineados si, y sólo si los vectores AB

y AC son múltiplos el uno del otro.

AB = OAOB = (–, 2, 0) – (2, , ) = (––2, 2 – , –)

AC = OAOC = (0, , – 1) – (2, , ) = (–2, 0, –1)

El cociente de las coordenadas proporcionaría, de coincidir, el factor de multi-

plicidad:

O

A

P Q B

· · ·

A B

C



1

2

0

2

2

10

2

2

El 0 complica la resolución de este sistema. Optamos por otro método: Buscar

directamente el factor de multiplicidad:

AB = t AC (––2, 2 – , –) = t(–2, 0, –1)

t

t

20

22

De la segunda ecuación obtenemos = 2. La tercera nos diría que t = 2. Y con

esos dos valores, la primera es cierta.

Por tanto, si =2 los puntos están alineados.

2. RECTAS

ECUACIÓN DE UNA RECTA. PASO ENTRE IMPLÍCITAS Y PARAMÉTRI-

CAS. PUNTO GENÉRICO DE UNA RECTA.

11) El punto M(1, –1, 0) es el centro de un paralelogramo y A(2, 1, –1) y B(0, –2, 3)

dos vértices consecutivos del mismo.

a) [1 punto] Calcula la ecuación de la recta que pasa por el centro del paralelogra-

mo y es perpendicular al plano que lo contiene.

(Ver gráfico) Dos vectores de dirección del plano son los vectores MA y MB .

Su producto vectorial proporciona un vector ortogonal al mismo y, por tanto, de

dirección de la recta pedida, ya que ésta es perpendicular al plano:

MA = OMOA = (2, 1, –1) – (1, –1, 0) = (1, 2, –1)

MB = OMOB = (0, –2, 3) – (1, –1, 0) = (–1, –1, 3)

d

= MA MB = (1, 2, –1) (–1, –1, 3) =

11

21 ,

13

11 ,

31

12 =

= (5, –2, 1)

Con un punto y un vector de dirección, podemos escribir

la ecuación de la recta en vectorial, implícitas o continua. Optamos por esta

última:

zyx

2

1

5

1

12) (Junio 2010, Opc.B) Los puntos P(2, 0, 0) y Q(–1, 12, 4) son dos vértices de un

triángulo. El tercer vértice S pertenece a la recta de ecuación

0

3334

y

zx

a) [1’5 puntos] Calcula las coordenadas del punto S sabiendo que r es perpendi-

cular a la recta que pasa por P y S.

Vamos a considerar un punto genérico de r (es decir, un punto cualquiera, al que

no le exigimos ninguna condición). Para ello, pasamos la ecuación de r, que nos

viene en implícitas a paramétricas. Llamamos z = t y, despejando en la primera

ecuación:

M

A B

C D



4x = 33 – 3t x = 4

333 t

Por tanto, las ecuaciones paramétricas son (y = 0, según la segunda ecuación):

tz

y

tx

04

3

4

33

Podemos cambiar el punto por otro más cómodo: Para t = 3, se obtiene (6, 0, 3).

Y sustituir el vector de dirección

1 0, ,

4

3 por otro más cómodo (un múltiplo

suyo, multiplicándolo por 4: (–3, 0 ,4). Las ecuaciones de r serán, entonces:

tz

y

tx

43

0

36

Entonces, como S r, tendrá la forma (6 – 3t, 0,

3 + 4t), para cierto t. Obligamos a que r sea perpen-

dicular al vector SP . Para ello, basta con que lo sea

su vector de dirección: (–3, 0 ,4). Y la condición de

perpendicularidad entre vectores es que su producto escalar valga 0. De este

modo:

SP = OSOP = (2, 0, 0) – (6 – 3t, 0, 3 + 4t) = (–4 + 3t, 0, –3 – 4t)

SP · d

= (–4 + 3t, 0, –3 – 4t)·(–3, 0, 4) = –3(–4 + 3t) + 0 + 4(–3 – 4t) =

= 12 – 9t – 12 – 16t = – 25t = 0 t = 0

Por lo que S(6, 0, 3)

b) [1 punto] Comprueba si el triángulo es rectángulo.

Una forma de comprobarlo es ver si tiene un ángulo recto. Esto es, si dos de los

vectores que unen dos vértices son perpendiculares entre sí. Como ya tenemos:

SP = (–4, 0, –3)

probamos con PQ = OPOQ = (–1, 12, 4) – (2, 0, 0) = (–3, 12, 4).

SP · PQ = (–4, 0, –3)·(–3, 12, 4) = 12 + 0 – 12 = 0

En efecto, hay un ángulo recto en el vértice P, luego el triángulo es rectángulo.

13) (2012-2 Opc.B) Los puntos A(1, 1, 5) y B(1, 1, 2) son vértices consecutivos de un

rectángulo ABCD. El vértice C, consecutivo a B, está en la recta 2

1

2

6

zyx .

Determina los vértices C y D.

Pasamos r a paramétricas, que es inmediato, pues

conocemos un punto (restando en los numeradores),

que es (0, 6, –1), y un vector de dirección (en los

denominadores, cuál es (1, –2, 2):

S P

r Q

A B

r C D

O



tz

ty

tx

21

26

Así, C se obtendrá para algún valor de t que hemos de hallar: C(t, 6–2t, –1+2t).

Para que haya un ángulo recto en B, los vectores BA y BC deben ser ortogonales,

o que equivale a que su producto escalar valga 0. Por tanto:

BA = OBOA = (1, 1, 5) – (1, 1, 2) = (0, 0, 3)

BC = OBOC = (t, 6 – 2t, –1 + 2t) – (1, 1, 2) = (t – 1, 5 – 2t, –3 + 2t)

BA · BC = (0, 0, 3) (t – 1, 5 – 2t, –3 + 2t) = 0 + 0 –9 + 6t = 0 t = 3/2.

Por ello, C

2 ,3 ,

2

3.

Las coordenadas del punto D, que son las de su vector de posición OD , podemos

obtenerlas así (ver gráfico anterior):

OD = ADOA = BCOA = OBOCOA =

= (1, 1, 5) +

2 ,3 ,

2

3 – (1, 1, 2) =

5 ,3 ,

2

3

De donde D

5 ,3 ,

2

3.

14) (2011-5 Opc. A) Considera los puntos A(1, 0, 2) y B(1, 2, –1).

a) [1’25 puntos] Halla un punto C de la recta de ecuación zyx

23

1 que veri-

fica que el triángulo de vértices A, B y C tiene un ángulo recto en B.

Debe ser BA ortogonal a BC . O sea, su producto escalar será

0. Obtenemos la forma general de un punto de r pasando su

ecuación a paramétricas, lo que es fácil, porque en forma con-

tinua tenemos, directamente, un punto y el vector de direc-

ción:

tz

ty

tx

2

31

Es decir, que la forma es: C(1+3t, 2t, t). Con lo que:

BC = OBOC = (1+3t, 2t, t) – (1, 2, –1) = (3t, 2t–2, t+1)

BA = OBOA = (1, 0, 2) – (1, 2, –1) = (0, –2, 3)

BA · BC = (0, –2, 3) · (3t, 2t–2, t+1) = 0 – 4t + 4 + 3t + 3 = 7 – t = 0 t = 7

En consecuencia, C(22, 14, 7).

b) [1’25 puntos] Calcula el área del triángulo de vértices A, B y D, donde D es

el punto de corte del plano de ecuación 2x – y + 3z = 6 con el eje OX.

En realidad, la forma implícita de la ecuación de una recta en el espacio es la in-

tersección de dos planos. La ecuación implícita de un plano es una ecuación li-

neal en las tres coordenadas (x, y, z).

C

A

r

B



El eje OX es la intersección de los planos y = 0 con z = 0. Así, todo punto de

dicho eje tiene la forma (x, 0, 0).

La intersección del plano dado con dicho eje será, pues, la solución del sistema:

0

0

632

z

y

zyx

que es: 2x – 0 + 0 = 6 x = 3: D(3, 0, 0).

El área de un triángulo ABD es la mitad del área del pa-

ralelogramo que se forma con el simétrico de A res-

pecto del segmento que une B con D:

AB = – BA = (0, 2, –3), calculado antes.

AD = OAOD = (3, 0, 0) – (1, 0, 2) = (2, 0, –2)

ADAB = (0, 2, –3) (2, 0, –2) =

02

20 ,

22

03 ,

20

32 = (–4, –6, –4)

S =2

1 | ADAB | =

2

1 |(–4, –6, –4)| =

2

1 222 464 = 2

168 = 17 u

2

15) Pasar a paramétricas la recta:

02

132

zyx

zyx Volver a pasar la recta obtenida a

implícitas. Con las ecuaciones de las rectas inicial y final en implícitas, comprobar

que son la misma recta.

Pasemos la recta de implícitas a paramétricas. El menor formado por las columnas

de los coeficientes de x y de z es no nulo:

11

31

= –1 + 3 = 2 0

Llamamos y = t (no está en el menor) y la pasamos al segundo miembro:

02

132

zyx

zyx

tzx

tzx

2

213

Por Cramer:

x = 2

12

321

t

t

= 2

621 tt = t2

2

1

z = 2

21

211

t

t

= 2

212 tt =

2

1

Por tanto, las ecuaciones paramétricas serán:

2

1

22

1

z

ty

tx

Para poner en implícitas esta recta en paramétricas, la escribimos en forma continua

(conocemos un punto y un vector de dirección):

AD

AB

B

A D



0

2

1

12

2

1

zy

x

El denominador 0 no es posible. Rigurosamente, esta ecuación no puede escribirse:

el tercer miembro de la igualdad se respeta como z = –1/2, por lo que debería

haberse puesto de la siguiente forma:

2

112

2

1

z

yx

Simplificando la primera ecuación, queda:

yx 22

1 2x + 1 = –4y 2x + 4y +1 = 0

Por tanto, la ecuación en implícitas es:

2

1

0142

z

yx

Nos piden comprobar la posición relativa de la recta del enunciado con respecto a

esta última, y que lo hagamos en implícitas. Estudiamos la solución del sistema

formado por los cuatro planos que definen las dos rectas:

12

1 42

0 2

132

z

yx

zyx

zyx

Clasificamos el sistema por Gauss:

1200

1042

0121

1321

13

12

2FF

FF

1200

3600

1200

1321

24

23 3

FF

FF

0000

0000

1200

1321

Eliminando las dos últimas filas, queda un sistema compatible indeterminado con

matrices de coeficientes y ampliada de rango 2 Se cortan en una recta. Si las dos

rectas tienen, como intersección, una única recta, es que las dos rectas son la misma.

POSICIONES RELATIVAS DE DOS RECTAS: INTERSECCIONES Y ÁNGU-

LOS ENTRE RECTAS

16) (2014-UA3 Opc. B) Sea r la recta dada por 3

11

2

2

zy

x y sea s la recta

dada por

063

03

zy

yx

a) [1 punto] Estudia la posición relativa de r y s.

Ponemos las dos rectas en implícitas. Con r lo podemos hacer directamente,

pues conocemos un punto y un vector de dirección:



r

tz

ty

tx

31

1

22

Para s como y se repite en las dos ecuaciones, y en cada una de ellas aparece

sólo con otra variable, llamamos y = u y despejamos en cada plano (si no fuese

así, hubiésemos resuelto el sistema, por Gauss o por Rouché-Fröbenius):

s

uz

uy

ux

36

3

Hemos llamado, a propósito, de forma distinta al parámetro que, tomando valo-

res, proporciona los puntos de s. Porque, para encontrar la posición relativa,

buscamos puntos comunes a ambas. Y lo haremos igualando entre sí las ecua-

ciones, coordenada a coordenada, buscando los valores de los parámetros que,

en cada recta, proporciona dichos puntos comunes:

ut

ut

ut

3631

1

322

533

1

52

ut

ut

ut

Estudiamos el sistema por Rouché-Fröbenius.

A' =

533

111

512

Como 11

12

= –2 + 1 = –1 0 r(A) = 2 (rango de la matriz de los coefi-

cientes)

Y siendo |A'| =

533

111

512

= 10 – 3 + 15 + 15 – 5 – 6 = –4 0 r(A') = 3

(rango de la matriz ampliada).

Por tanto, el sistema es incompatible y no tiene solución. Es decir, las rectas no

tienen puntos en común, por lo que, al no ser sus respectivos vectores de direc-

ción múltiplos el uno del otro (en cuyo caso serían paralelas), se cruzan.

17) (Junio 2010 Opc. A) Considera las rectas r y s de ecuaciones:

x – 1 = y = 1 – z y

1

1 2

zy

yx

a) [0'75 puntos] Determina su punto de corte.

Primera forma (en implícitas)

Vamos a pasar r de continua a implícitas y trabajaremos así. La ecuación conti-

nua son tres igualdades. Basta tomar dos cualesquiera de ellas y tenemos la recta

en implícitas:

zy

yx

1

1

1

1

zy

yx



Ahora, consideraremos el sistema formado por las ecuaciones de los cuatro pla-

nos que definen las dos rectas:

1

1

1

1 2

zy

yx

zy

yx

Vamos a clasificar el sistema. Como las ecuaciones 2ª y 4ª son coincidentes,

eliminamos una de ellas (la 4ª). Triangularizamos el sistema resultante:

1011

1110

1021

13 FF

2010

1110

1021

23 FF

1100

1110

1021

Es un sistema compatible determinado, por lo que, al tener solución única, las

rectas, en efecto, se cortan en un único punto, que pasamos a calcular:

3ª ec: z = –1

2ª ec: y – 1 = 1 y = 2

1ª ec: x – 4 = –1 x = 3

Se cortan en (3, 2, –1).

Segunda forma (en paramétricas)

Cuando se estudian las posiciones relativas de dos rectas en implícitas, como

hemos hecho aquí y en el problema 15), si el resultado fuese un sistema incom-

patible es porque las rectas son paralelas o se cruzan. Habría que investigar, en

ese caso, los vectores de dirección respectivos (que se obtienen multiplicando

vectorialmente los vectores cuyas componentes son los coeficientes de x, y, z en

cada uno de los dos planos que definen cada recta), para ver si son paralelos (las

rectas lo son), o no (se cruzan).

En paramétricas, como se ha hecho en el problema 16), no existe tal problema.

Veamos este problema de esta manera y calculemos el punto de corte.

Pasamos r x – 1 = y = 1 – z a paramétricas. Como equivale a:

1

1

1

0

1

1

zyx

las implícitas son:

r

tz

ty

tx

1

1

Para s como y aparece en las dos ecuaciones acompañada, en cada una de

ellas, sólo por la otra variable, llamamos y = v (para distinguirlo del parámetro t

de las ecuaciones de r) y despejamos:

1

1 2

zy

yx s

vz

vy

vx

1

21

Igualamos x, y, z para ver qué tienen en común ambas rectas:



vt

vt

vt

11

211

0

0

22

vt

vt

vt

Podemos eliminar la ecuación tercera, al ser idéntica a la segunda. Además al ser

la segunda t = v, sustituyendo en la primera tenemos ya solución:

– t = –2 t = v = 2.

Hemos atajado: hay solución única (sistema compatible determinado en t y en

v). Las dos rectas se cortan, pues, en un punto. Dicho punto lo obtenemos lle-

vando el valor obtenido de t a la ecuación de r, o el de v a la de s:

r

121

2

321

z

y

x

ó s

121

2

32·21

z

y

x

Se cortan en (3, 2, –1).

b) [1 punto] Halla el ángulo que forman r y s.

Sabemos que se cortan. El ángulo que forman es el menor de los dos posibles, y

lo calcularemos a través de sus respectivos vectores de dirección, que los tene-

mos en las paramétricas: (1, 1, –1) y (2, 1, –1). Si llamamos a dicho ángulo,

lo haremos despejando en la fórmula del producto escalar, pero :

cos = |'|·||

|'·|

dd

dd

= 114111

|)1 ,1 ,2)(1 ,1 ,1(|

=

63

|112| =

23

4

= 19,47º = 19º28'16,39"

c) [0,75 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a r y s.

Las ecuaciones implícitas

del plano vienen dadas por

un punto de éste y dos vec-

tores de dirección (deben

ser linealmente indepen-

dientes y estar dentro del

plano). Como punto, podemos usar el de intersección: (3, 2, –1) y los vectores de

dirección serán los de las rectas, pues éstas están en el plano y se cortan en un

punto: (1, 1, –1) y (2, 1, –1):

stz

sty

stx

1

2

23

1

2

32

zst

yst

xst

Si queremos pasar el plano a forma implícita, lo que no es necesario, porque no

se pide, usamos que las ecuaciones anteriores, consideradas como un sistema en

t y en s, debe ser compatible. Por ello, el rango debe ser 2 (el de la matriz de los

coeficientes lo es, pues sus dos columnas son los dos vectores de dirección, que

son linealmente independientes). Por ello, del determinante de la matriz amplia-

da (es cuadrada de orden 3) debe valer 0 (lo desarrollamos por adjuntos de la

C3):

r s P



111

211

321

z

y

x

= 0 0·(x – 3) – 1(y – 2) – 1(z + 1) = 0 – y – z + 1 = 0

18) Hallar las posiciones relativas de las rectas

r 1

2

21

1

zyx s

43

2

zyx

zyx

Pasamos s a implícitas:

tyx

tyx

43

2

txtx

tyx

tyx

326 2

43

2

Y también:

tyty

tyx

tyx

254102

43

3633

De donde:

s

tz

ty

tx

25

3

Por tanto, ambas rectas tienen la misma dirección, pues (1, 2, 1) es vector de direc-

ción de ambas. Como el punto (1, 0, 2) de r no verifica la ecuación del primero de

los planos de s, no tienen puntos en común. Luego las dos rectas son paralelas.

19) (2008-6 Opc.A) Se considera la recta r definida por mx = y = z + 2, (m 0), y la

recta s definida por 2

14

4 zy

x

a) [1'5 puntos] Halla el valor de m para el que r y s son perpendiculares.

Si sus respectivos vectores de dirección son ortogonales, las rectas serán perpen-

diculares. Y ello ocurrirá si, y sólo si su producto escalar es nulo.

La ecuación de r en forma continua es: 1

2

1

0

/1

0

zy

m

x, de donde dedu-

cimos que su vector de dirección es (1/m, 1, 1). El de s es (4, 1, 2). Así:

(1/m, 1, 1)·(4, 1, 2) = 214

m

= m

m34 = 0 4 + 3m = 0 y m 0

m = 3

4

b) [1 punto] Deduce razonadamente si existe algún valor de m para el que r y s

son paralelas.

Para que sean paralelas, exigimos que sus vectores de dirección respectivos sean

proporcionales (uno múltiplo del otro):

1

2

1

1

/1

4

m

La última igualdad: 1 = 2 no es cierta para ningún valor de m. Por tanto, las rec-

tas no pueden ser paralelas.



Ver problema 46)a)

3. PLANOS

ECUACIÓN DE UN PLANO

20) (2012-4 Opc. B) Sean r y s las rectas dadas por

r

3

6

zx

zyx s

26

1

1

1 zyx

a) [1'25 puntos] Determina el punto de intersección de ambas rectas.

Este ejercicio es similar al 17). Lo calcularemos con ambas en paramétricas.

Como el sistema que define a r ya está triangularizado, llamamos z = t y lo pa-

samos al segundo miembro:

2ª ec: x = 3 – t

1ª ec: 3 – t + y = 6 + t y = 3 + 2t

r

tz

ty

tx

23

3

La otra, la tenemos directamente: s

vz

vy

vx

2

61

1

Igualamos:

vt

vt

vt

2

6123

13

02

462

2

vt

vt

vt

021

231

211

13

12

FF

FF

210

420

211

32 2FF

210

000

211

Compatible determinado. Eliminando la segunda, queda:

3ª ec: v = 2

1ª ec: t – 2 = 2 t = 4

El punto lo obtenemos con v = 2 en s o con t = 4 en r: (–1, 11, 4)

b) [1'25 puntos] Calcula la ecuación general del plano que las contiene.

Tomamos el punto de corte y los respectivos vectores de dirección:

stz

sty

stx

24

6211

1

ó

421

1162

111

z

y

x

= 0

–2(x + 1) + 1(y – 11) – 4(z – 4) = 0 –2x + y – 4z + 3 = 0



21) (Septiembre 2010, Opc. A) Halla la ecuación del plano que es paralelo a la recta r

de ecuaciones

0192

0112

zy

yx y contiene a la recta s definida por

22

32

51

z

y

x

Un punto P del plano es cualquier punto de s. Por ejemplo P(1, –2, 2).

Tanto el vector de dirección de

r como el de s: (–5, 3, 2) están

contenidos en el plano, es de-

cir, son vectores de dirección

del mismo. No tenemos vector

de dirección de r pero pode-

mos obtenerlo multiplicando

vectorialmente los respectivos vectores normales de los planos que la definen.

' nn

= (1, –2, 0) (0, 2, 1) =

=

20

21 ,

01

10 ,

12

02 =

= (–2, –1, 2)

Así, el plano es (en implícita):

222

231

152

z

y

x

= 0 –8(x – 1)

– 6(y + 2) – 11(z – 2) = 0

8x + 6y + 11z – 18 = 0

Ver también el problema 6).

22) (2012-5, Opc. A) Sean los puntos A(0, 0, 1), B(1, 0, –1), C(0, 1, –2) y D(1, 2, 0).

a) [1 punto] Halla la ecuación del plano π determinado por los puntos A, B y C.

Siempre y cuando los tres puntos no estén alineados, si X(x, y, z) es un punto

general del plano, los vectores:

AX = OAOX = (x, y, z) – (0, 0, 1) = (x, y, z –1)

AB = OAOB = (1, 0, –1) – (0, 0, 1) = (1, 0, –2)

AC = OAOC = (0, 1, –2) – (0, 0, 1) = (0, 1, –3)

(los dos últimos son vectores de dirección del plano, pues están contenidos en él

y no son múltiplos el uno del otro), son linealmente dependientes (necesariamen-

te, uno es combinación lineal de los otros dos). Luego el determinante formado

por sus tres columnas (o filas) debe valer 0, al ser una columna (fila) combina-

ción lineal de las otras dos:

132

10

01

z

y

x

= 0 2x + 3y + 1(z – 1) = 0 π ≡ 2x + 3y + z – 1 = 0

s P

r

n

'n

' nn

'



b) [0’5 puntos] Demuestra que los cuatro puntos no son coplanarios.

Este ejercicio es similar al 2)a). Pero como ahora tenemos el plano formado por

los tres primeros, sólo hay que comprobar que el cuarto punto D no está en el

plano, o sea, no verifica su ecuación. Y, en efecto:

2·1 + 3·2 + 0 – 1 ≠ 0 D no está en π.

ECUACIÓN DE UN PLANO CONOCIDOS UN PUNTO Y UN VECTOR NOR-

MAL

23) (Septiembre 2013 reserva B, Opc. B) Considera los puntos A(1, 2, 3) y B(–1, 0, 4).

[1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el punto A y es perpendicu-

lar al segmento AB.

El segmento AB es normal al plano:

n

= AB = OAOB = (–1, 0, 4) – (1, 2, 3) = (–2, –2, 1)

Conocidos un punto A(1, 2, 3) y un vector normal n

, la

ecuación del plano es:

–2(x – 1) – 2(y – 2) + 1(z – 3) = 0 –2x – 2y + z + 3 = 0

24) (Septiembre 2010 reserva A, Opc. A) Considera los puntos A(1, 2, 1) y B(–1, 0, 3).

[1’25puntos] Halla la ecuación del plano perpendicular al segmento AB y que pasa

por A.

El segmento AB es normal al plano:

n

= AB = OAOB = (–1, 0, 3) – (1, 2, 1) = (–2, –2, 2)

Conocidos un punto A(1, 2, 3) y un vector normal n

, la ecuación del plano es:

–2(x – 1) – 2(y – 2) + 2(z – 1) = 0 –2x – 2y + 2z + 4 = 0 x + y – z – 2 = 0

POSICIONES RELATIVAS DE DOS PLANOS

Sólo caben tres posibilidades: se cortan en una recta, son paralelos o son coincidentes.

25) Estudiar las posiciones relativas de los dos planos siguientes, en cada caso:

a)

0

012

zx

yx

Como la matriz de los coeficientes del sistema que forman tiene rango 2, ya que:

01

12 = 1 ≠ 0

el sistema es compatible (tiene solución) indeterminado (infinitas soluciones)

dependientes de un solo parámetro (llamaríamos z = t, pues z no está en el me-

nor principal, y lo pasaríamos al segundo miembro). Esto es, obtendríamos las

ecuaciones paramétricas de una recta los planos se cortan en una recta.

b)

01426

023

zyx

zyx

Triangularizando por Gauss:

1426

0213

12 2FF

1000

0213

Por ello, r(A) = 1 y r(A') = 2 el sistema es incompatible. No tiene solución,

luego los planos son paralelos.

A

B



c)

0224

02

zyx

zyx

La segunda ecuación es el doble de la primera: los dos planos son coincidentes

(son el mismo plano).

HAZ DE PLANOS DE BASE UNA RECTA

26) (2011-1 Opc. B) Dados el punto P(1, 1, –1) y la recta r de ecuaciones

0

1

zy

zx

a) [1 punto] Halla la ecuación del plano que contiene a r y pasa por P.

Todos los planos que contienen a r

constituyen el haz de planos de base

r, y se obtiene de las ecuaciones de los

planos que definen a r, igualados a 0,

sumando uno de ellos más el otro por

un parámetro variable . Para dife-

rentes valores del parámetro , se

obtienen todos y cada uno de esos planos, menos el que está multiplicado por ,

con lo que hay que tener cuidado: el haz de planos se usa para buscar el plano

que contiene a una recta dada (en implícitas) y que verifica otra condición adi-

cional; si no se encuentra dicho plano, puede que sea el que está multiplicado

por :

x + z – 1 + (y + z) = 0

De ellos, el que pasa por P(1, 1, –1) es:

1 + 1 – 1 + (1 – 1) = 0 1 = 0

Es decir, ninguno de ellos. Pero éste es uno caso en el que la solución puede que

sea el plano que se ha multiplicado por : y + z = 0. Lo comprobamos:

1 – 1 = 0

En efecto. Así, el plano solicitado es: y + z = 0.

b) [1’5 puntos] Halla la ecuación de la recta contenida en el plano de ecuación

y + z = 0, que es perpendicular a r y pasa por P.

Calculamos el plano que es perpendicular a r y contie-

ne a P. Si es perpendicular a r, el vector de dirección

de r es normal al plano. Y dicho vector se obtiene mul-

tiplicando vectorialmente los vectores ortogonales a los

planos que definen r:

' nn

= (1, 0, 1) (0, 1, 1) =

10

01 ,

01

11 ,

11

10 = (–1, –1, 1)

Dicho plano es, pues: – (x – 1) – (y – 1) + (z + 1) = 0 x + y – z – 3 = 0.

La recta está contenida en este plano, porque es perpendicular a r. Como tam-

bién está contenida en el del enunciado, es la intersección de ambos, es decir:

0

03

zy

zyx

r

P

r

P



27) (2011-4, Opc. A) Dada la recta r definida por 32

1

3

1

z

yx y la recta s

definida por

22

1

zy

x

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que pasa por el origen y contiene a r.

Como en el problema 26)a), usamos el haz de planos de base r. Para ello, tene-

mos que poner r en implícitas. Y lo hacemos tomando dos cualesquiera de las

tres igualdades que definen la ecuación continua de r (1ª = 2ª; 1ª = 3ª; 2ª = 3ª):

33

1

z

x x + 3z – 10 = 0

32

1

z

y y + 2z – 5 = 0

Luego r ≡

052

0103

zy

zx. Por tanto, todos los planos que contienen a r, salvo

y + 2z – 5 = 0, se obtienen para algún valor de en:

x + 3z – 10 + ( y + 2z – 5) = 0

Exigimos que pase por el origen (0, 0, 0):

– 10 – 5 = 0 = –2

Por lo que el plano pedido es:

x + 3z – 10 – 2( y + 2z – 5) = 0 x – 2y – z = 0

b) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a s y es paralelo a r.

Este problema es similar al 21),

y sólo tendrá solución si las dos

rectas se cruzan. Suponiendo

que es así, vamos a hacerlo de

otra forma que en aquel pro-

blema. Tomaremos el haz de

planos de base s y elegiremos

aquel en el que su vector nor-

mal es ortogonal al vector de dirección de s:

x – 1 + (2y – z + 2) = 0 x + 2y – z + 2 – 1 = 0 n

= (1, 2, – )

Como la ecuación continua de r es:

32

1

3

1

z

yx

1

3

2

1

3

1

zyx

su vector de dirección es: d

=(3, 2, –1).

Para ser ortogonales, su producto escalar debe ser 0:

(3, 2, –1) (1, 2, – ) = 3 + 4 + = 3 + 5 = 0 = –3/5

Así que el plano es:

015

6

5

3

5

6 zyx 5x – 6y + 3z – 11 = 0

s

r



28) (2011-5 Opc. B) Considera los planos π1, π3 y π3 dados respectivamente por las

ecuaciones:

3x – y + z – 4 = 0, x – 2y + z – 1 = 0 y x + z – 4 = 0

Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto P(3, 1, –1), es paralela al plano

π1 y corta a la recta intersección de los planos π2 y π3.

Si la recta buscada, a la que llamaremos r, es paralela a π1, debe estar contenida en

un plano paralelo a él. De todos ellos, como r debe contener a P, estará en aquél al

que pertenezca P. Hallemos dicho plano: el paralelo a π1 que contiene a P.

Para ser paralelo a π1, usamos su mismo vector normal. Luego el plano es:

3(x – 3) – 1(y – 1) + 1(z + 1) = 0 3x – y + z – 7 = 0 (1)

Por otro lado, si r corta a s (la intersección de los otros dos planos), hay un plano

que contiene a ambas. De todos los planos que contienen a s, dicho plano será el

que contenga algún punto de r: el P. De modo que, del haz de planos de base s,

elegimos el que pase por P:

x – 2y + z – 1 + (x + z – 4) = 0

Si exigimos que pase por P: 3–2–1–1 + (3 – 1 – 4) = 0 –1 – 2 = 0 = ½

Luego el plano es:

x – 2y + z – 1 + ½ (x + z – 4) = 0 2x – 4y + 2z – 2 – x – z + 4 = 0

x – 4y + z + 2 = 0 (2)

Como conocemos dos planos en los que está r: (1) y (2), ésta es su intersección:

024

073

zyx

zyx

POSICIONES RELATIVAS DE RECTA Y PLANO

Las posibilidades son: 1) Se cortan en un punto. 2) La recta está contenida en el plano.

3) La recta es paralela al plano.

29) (2014-UA1 Opc. B) Considera el plano π de ecuación 2x + y – z + 2 = 0, y la recta

r de ecuación

3

6

2

5

zy

x

a) [0’5 puntos] Determina la posición relativa de π y r.

Escribimos r en paramétricas para obtener la forma general de un punto de la

recta, en función del parámetro t. Sustituiremos en la ecuación del plano, para

ver qué puntos de la recta están en él.

r ≡

tz

ty

tx

36

25

Sustituimos el punto general de r: (5 – 2t, t, 6 – 3t) en la ecuación del plano.

2(5 – 2t) + t – (6 – 3t) + 2 = 0 10 – 4t + t – 6 + 3t + 2 = 0 6 = 0

Como ningún valor de t hace cierta la ecuación resultante, ningún punto de la

recta (cada valor de t se corresponde con un punto de r) verifica la ecuación

del plano la recta y el plano son paralelos.

b) [1 punto] Halla la ecuación general del plano que contiene a r y es perpendicu-

lar a π.



Pasamos r a paramétricas. Para ello, to-

mamos dos cualesquiera de las 3 igualdades

que se deducen de la ecuación continua:

0633

6

0522

5

zyz

y

yxyx

El haz de planos de base esta recta es, en-

tonces:

x + 2y – 5 + (3y + z – 6) = 0

x + (2 + 3)y + z – 5 – 6 = 0 (1)

De todos estos planos, que contienen a r, escogeremos el que su vector normal

es perpendicular al vector normal de π, con lo que ambos planos serán ortogona-

les. Y ello ocurre si su producto escalar es nulo:

(1, 2 + 3, )·(2, 1, –1) = 2 + 2 + 3 – = 2 + 4 = 0 = –2

Por ello, el plano pedido es, sustituyendo en (1):

x + (2 – 6)y – 2z – 5 – 6(–2) = 0 x – 4y – 2z + 7 = 0 ≡ π'

c) [1 punto] Halla las ecuaciones paramétricas del plano paralelo a π que contiene

a r.

Del haz de planos de base r : (1), escogemos

aquel tal que su vector normal sea paralelo al

de π (los respectivos vectores normales son

proporcionales):

11

32

2

1

que se cumple si =

2

1

Luego, sustituyendo en (1):

x + 2

1y –

2

1z – 5 + 3 = 0 2x + y – z – 4 = 0 ≡ π"

De otra forma:

Habrá un plano paralelo a π que contenga a r, porque ambos son paralelos.

Bastará con que el plano contenga a un punto de r. El vector normal a π sirve

como vector normal del nuevo plano π":

2(x – 5) + 1(y – 0) – 1(z – 6) = 0 2x + y – z – 4 = 0 ≡ π"

Falta pasar el plano a paramétricas, que se nos pide. Simplemente llamamos x =

, z = y despejamos:

π" ≡

24

z

y

x

r "

r '



30) (2008-1 Opc. B) Sea la recta r dada por

mzyx

mzyx

22 y el plano π definido

por x + my – z = 1.

a) [1 punto] ¿Existe algún valor de m para el que π y r son paralelos?

Formamos el sistema constituido por los tres planos: los dos que definen r y π.

Lo discutimos en función de m:

A' =

111

111

212

m

m

m

Como:

|A| =

11

111

12

m

m

= 2 – 1 – m2 – m + 1 + 2m = –m

2 + m + 2 = 0

m2 – m – 2 = 0 m =

2

811 =

2

1

2

31

Consideramos los siguientes casos:

Si m ≠ –1 y m ≠ 2: r(A) = 3 r(A') = 3 Sistema compatible deter-

minado Solución única Recta y plano se cortan en un punto.

Si m = – 1, el sistema tiene, como matriz ampliada:

A' =

1111

1111

2112

No es necesario estudiar su rango, porque vemos que las dos últimas filas

coinciden. Por tanto, se puede eliminar la tercera, y el sistema se reduce a

las dos ecuaciones que definen la recta la intersección de la recta y el

plano es la propia recta la recta está contenida en el plano.

Si m = 2, la matriz ampliada es:

A' =

1121

2111

2212

cuya matriz de los coeficientes tiene, como determinante, 0, según vimos

antes, y su rango es 2, ya que: 11

12

≠ 0. Orlamos este menor con la fila 3

y columna 4:

121

211

212

= – 2 – 2 + 4 + 2 – 1 + 8 = 9 ≠ 0

Por tanto, r(A) = 2 y r(A') = 3 El sistema es incompatible No tie-

nen intersección La recta y el plano son paralelos.

Por tanto, la respuesta a este apartado es: si m = 2 recta y plano son paralelos.



b) [1 punto] ¿Para qué valor de m está la recta contenida en el plano?

Según lo visto antes, si m = –1 la recta está contenida en el plano.

c) [0’5 puntos] ¿Cuál es la posición relativa de la recta y el plano cuando m = 0?

Según el apartado a), la recta y el plano se cortan en un único punto. No nos pi-

den calcularlo y la puntuación que dan por el apartado corrobora que no debe-

mos calcularlo. Con todo, no sería más que resolver el sistema.

31) (2008-2 Opc. A) Sea la recta s dada por

32

1

zy

zx

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano π1 que es paralelo a la recta s y que

contiene a la recta r, dada por x – 1 = – y + 2 = z – 3.

Tomaremos el haz de planos de base r.

De entre ellos, es decir, de todos los pla-

nos que la contienen, escogemos el que

su vector normal es ortogonal al de direc-

ción de s.

Vector de dirección de s:

' nn

= (1, 0, –1) (0, 2, 1) =

=

20

01 ,

01

11 ,

12

10 = (2, –1, 2)

Haz de planos de base r:

0231

0321

zxzx

yxyx

x + y – 3 + (x – z + 2) = 0 (1 + )x + y – z – 3 + 2 = 0 (1)

Exigimos que sean ortogonales:

(2, –1, 2)·(1 + , 1, – ) = 0 2 + 2 – 1 – 2 = 0 1 = 0

No es posible. Probamos con el único plano del haz que contiene a r y que no

es de la forma (1): x – z + 2 = 0:

(2, –1, 2)·(1, 0 , –1) = 2 – 2 = 0

Así que el plano que buscamos es: x – z + 2 = 0.

b) [1’25 puntos] Estudia la posición relativa de la recta s y el plano π2, de ecua-

ción x + y = 3, y deduce la distancia entre ambos.

Ponemos s en paramétricas:

r ≡

tz

ty

tx

2

1

2

31

Y sustituimos un punto general de r en la ecuación del plano:

–1 + t + 2

3 t= 3 – 2 + 2t + 3 – t = 6 t = 5

Por tanto, se cortan en (4, –1, 5). La mínima distancia entre ambos es 0.

r

s

n

'n

' nn

'



32) (Septiembre 2010, Opc. A) Considera los planos π2, π2 y π3 dados respectivamen-

te por las ecuaciones

x + y = 1, ay + z = 0 y x + (1 + a)y + az = a + 1

a) [1’5 puntos] ¿Cuánto ha de valer a para que no tengan ningún punto en

común?

Escribimos el sistema formado por los tres planos, y lo clasificamos. Su matriz

ampliada es:

A' =

111

010

1011

aaa

a

Como:

|A| =

aa

a

11

10

011

= a2 + 1 – (1 + a) = a

2 – a = a(a – 1) = 0 a = 0 ó a = 1

Por tanto:

Si a ≠ 0 y a ≠ 1: El sistema es compatible determinado y los planos se cor-

tarán en un punto.

Si a = 0: A' =

1011

0100

1011

, donde |A| = 0 y como 10

01 = 1 ≠ 0

r(A) = 2. Como F3 = F1, se puede eliminar F3, por lo que r(A') = 2 El

sistema es compatible indeterminado, y los tres planos se cortan en una úni-

ca recta, que es la formada por los dos primeros planos. El tercer plano es

igual al primero.

Si a = 1:

2121

0110

1011

, con |A| = 0, como sabemos. 10

11 = 1 ≠ 0

r(A) = 2. Orlando este menor con F3 y C4:

221

010

111

= 1 ≠ 0 r(A') = 3

El sistema es incompatible Los planos no se cortan en ningún punto.

Luego la solución es que si a = 1 los planos no tienen ningún punto en común.

No se pide más y no se debe contestar más. Como ilustración, vamos a determi-

nar la posición final de los tres planos en

el caso a = 1. Al comparar los planos

dos a dos, forman sistemas con r(A) =

r(A') = 2, pues:

10

11 ≠ 0

21

11 ≠ 0

21

10 ≠ 0

Así que forman 3 rectas.

r =

s =

t =



b) [1 punto] Para a = 0, determina la posición relativa de los planos.

Se estudió en el apartado anterior: los tres planos se

cortan en una única recta, que es la formada por los

dos primeros planos, siendo el tercer plano coinci-

dente con el primero.

ÁNGULO ENTRE DOS RECTAS

Ver problema 17)b).

ÁNGULO ENTRE RECTA Y PLANO

33) Determinar el ángulo que forman el plano π y la recta r:

π ≡ 2x – y + 3z – 1 = 0 r ≡ 1

1

2

3

2

1

zyx

d

= (2, 2, 1); n

= (2, –1, 3).

sen = || ||

|·|)90cos(

nd

nd

= 914144

|324|

=

= 143

5 = 26,45º = 26º 27' 4,32"

ÁNGULO ENTRE DOS PLANOS

34) Determinar el ángulo que forman los planos π ≡ 3x – z = 1 con π' ≡ 4x – 2y + z = 0

n

= (3, 0, –1) y n

' = (4, –2, 1).

|'| ||

|'·|cos

nn

nn

=

141619

|1012|

=

210

11 = 40,61º = 40º 37' 3,12"

DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS

35) (2012-6, Opc. A) Determina el punto P de la recta r ≡ 3

4

3

5

2

3

zyx que

equidista del origen de coordenadas y del punto A(3, 2, 1).

Como r ≡

tz

ty

tx

34

35

23

, la forma del punto es: P(–3 + 2t, –5 + 3t, –4 + 3t). Cada

valor de t proporciona un punto de r. Buscamos t tal que d(P, A) = d(P, O):

222222 )034()035()023()134()235()323( tttttt

lo que equivale a: 222222 )43()53()32()53()73()62( tttttt

4t2 – 24t + 36 + 9t

2 – 42t + 49 + 9t

2 – 30t + 25 =

= 4t2 – 12t + 9 + 9t

2 – 30t + 25 + 9t

2 – 24t + 16

– 96t + 110 = – 66t + 50 60 = 30t t = 2 (válida)

Deducimos, pues: P(1, 1, 2).

=

r n

α 90 – α

d



36) (2011-1, Opc. A) Dados los puntos A(1, 0, 0), B(0, 0, 1) y P(1, –1, 1), y la recta r

definida por

0

02

z

yx

a) [2 puntos] Halla los puntos de la recta r cuya distancia al punto P es de 3 uni-

dades.

Pasamos r a paramétricas, lo que es muy simple llamando y = t:

r ≡

0

2

z

ty

tx

Un punto general de r es R(2 + t, t, 0). Buscamos, entonces R tal que:

d(R, P) = 3 3)10()1()12( 222 tt 2(t + 1)2 + 1 = 9

2(t + 1)2 = 8 t

2 + 2t + 1 = 4 t

2 + 2t – 3 = 0 t =

2

1242

t = –3 ó t = 1 (válidas)

Por tanto, hay dos soluciones (sustituyendo cada valor de t en R):

R1(–1, –3, 0) y R2(3, 1, 0)

b) [0’5 puntos] Calcula el área del triángulo ABP.

El área de un triángulo ABP es la mitad del área del paralelogramo que se forma con

el simétrico de A respecto del segmento que une B con

C:

AB = OAOB = (0, 0, 1) – (1, 0, 0) = (–1, 0, 1)

AP = OAOP = (1, –1, 1) – (1, 0, 0) = (0, –1, 1).

APAB = (–1, 0, 1) (0, –1, 1) =

10

01 ,

01

11 ,

11

10 = (1, 1, 1)

S =2

1 | APAB | =

2

1 |(1, 1, 1)| =

2

1 222 111 = 2

3 u

2

DISTANCIA DE UN PUNTO A UN PLANO

37) (2012-5, Opc. A) Sean los puntos A(0, 0, 1), B(1, 0, –1), C(0, 1, –2) y D(1, 2, 0).

c) [1 punto] Calcula la distancia del punto D al plano π.

En el problema 22)a) se halló la ecuación del plano: π ≡ 2x + 3y + z – 1 = 0

d(D, π) = 222 132

|102·31·2|

=

14

7 =

14

147 =

2

14 u

38) (2012-3, Opc. B) Encuentra los puntos de la recta r ≡ 32

2

4

1

z

yx cuya

distancia al plano π ≡ x – 2y + 2z = 1 vale cuatro unidades.

Ponemos r ≡ 32

2

4

1

z

yx

1

3

2

2

4

1

zyx en paramétricas:

AP

AB

B

A P



r ≡

tz

ty

tx

3

22

41

la forma general de un punto de r es: P(1 + 4t, 2 – 2t, 3 + t).

Nos piden, entonces:

d(P, π) = 222 221

|1)3(2)22(2)41(1|

ttt =

9

|1264441| ttt =

= 3

|210| t = 4 |10t + 2| = 12

5

7141012210

1101012210

ttt

ó

ttt

Así que hay dos puntos solución:

P1(1 + 4, 2 – 2, 3 + 1) = (5, 0, 4) y P2

5

73 ,

5

142 ,

5

281 =

5

8 ,

5

24 ,

5

23

39) (2011-3, Opc. B) [2’5 puntos] Considera los planos π1 y π2 dados respectivamen-

te por las ecuaciones

(x, y, z) = (–2, 0, 7) + (1, –2, 0) + (0, 1, –1) y 2x + y – z + 5 = 0

Determina los puntos de la recta r definida por 3

11

zyx que equidistan de

π1 y π2.

Como r ≡ 3

1

1

1

1

0

zyx

tz

ty

tx

31

1

, la forma general de un punto de

r es: P(t, –1 + t, 1 – 3t).

Necesitamos pasar el plano π1 a forma implícita:

710

12

201

z

y

x

= 0 2(x+ 2) + y + z – 7 = 0 2x + y + z – 3 = 0 ≡ π1

Así:

d(P, π1) = d(P, π2) 222 112

|3)31(1)1(12|

ttt=

222 112

|5)31(1)1(12|

ttt

|2t – 1 + t + 1 – 3t – 3| = |2t – 1 + t – 1 + 3t + 5| |–3| = |5t +3|

|5t +3| = 3

5

665335

0335

ttt

ó

tt

Tenemos dos soluciones:

P1(0, –1, 1) y P2

5

181 ,

5

61 ,

5

6 =

5

23 ,

5

11 ,

5

6



40) (Septiembre 2012 reserva B, Opc. B) Sean los puntos A(2, , ), B(–, 2, 0) y

C(0, , – 1).

b) [1’5 puntos] Para = 1 halla la ecuación del plano que contiene al triángulo de

vértices A, B y C. Calcula la distancia del origen de coordenadas a dicho plano.

En el problema 10)a) se comprobó que para este valor de los puntos no están ali-

neados, por lo que determinan un plano. Los puntos son: A(2, 1, 1), B(–1, 2, 0) y

C(0, 1, 0). La ecuación del plano que pasa por ellos, es (calculamos dos vectores de

dirección del plano y tomamos, como punto, el C):

AB = OAOB = (–1, 2, 0) – (2, 1, 1) = (–3, 1, –1)

AC = OAOC = (0, 1, 0) – (2, 1, 1) = (–2, 0, –1)

z

y

x

11

101

23

= 0 – x – (y – 1) + 2z = 0 x + y – 2z – 1 = 0 ≡ π

d(O, π) = 222 211

|10·200|

=

6

1 u

DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA

41) (Septiembre 2014, Opc. B) Sea r la recta que pasa por los puntos A(1, 0, –1) y

B(2, –1, 3).

a) [1’25 puntos] Calcula la distancia del origen de coordenadas a la recta r.

Para hallar la distancia de un punto a una recta, necesita-

mos un punto de ésta y un vector de dirección. En nuestro

caso, d

= OAOB = (2, –1, 3) – (1, 0 –1) = (1, –1, 4).

Siendo P(0, 0, 0) el punto desde el que vamos a medir la

distancia a r, necesitamos AP = OAOP = (0, 0, 0) –

(1, 0 –1) = (–1, 0, 1).

Pues bien:

d(P, r) = base

amoparalelogr del Área=

||

| |

d

APd

APd

= (1, –1, 4) (–1, 0, 1) =

01

11 ,

11

14 ,

10

41 = (–1, –5, –1)

De donde:

d(P, r) = ||

| |

d

APd

= 222

222

411

151

=

18

27 =

2

3 u

b) [1’25 puntos] Halla la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a r y

pasa por el origen de coordenadas.

Dos rectas que se cortan están incluidas en un plano. Uno de los planos que con-

tiene a r también contiene a la recta buscada, que llamaremos s. Como s pasa

por (0, 0, 0), s está en el plano que contiene a s y pasa por el origen de coor-

denadas. Si conociésemos r en implícitas, tomaríamos el haz de planos de base

r y obligaríamos a que pasase por el origen. Pero lo que tenemos son dos pun-

tos. Con ellos y el origen determinamos el plano que buscamos:

A

P

d(P,r)

d

r



00301

00100

00201

z

y

x

=

z

y

x

31

10

21

= – x – 5y – z = 0

Por otra parte, si corta perpendicularmente a r, la recta s está en un plano per-

pendicular a r y que pasa por el origen, porque s así lo hace. El vector AB , de

dirección de r, es normal a dicho plano, que es, entonces:

AB = OAOB = (2, –1, 3) – (1, 0 –1) = (1, –1, 4)

1(x – 0) – 1(y – 0) + 4(z – 0) = 0 x – y + 4z = 0

La recta buscada es intersección de dichos planos, al estar incluida en ambos:

04

05

zyx

zyx

42) (2014-UA4, Opc. B) Considera el punto P(2, –2, 0) y la recta r dada por

01

02

zy

zx

a) [1’25 puntos] Halla la ecuación del plano que contiene a P y es perpendicular a

r.

El vector de dirección de la recta debe

ser normal del plano:

n

= (1, 0, 1) (0, 1, 1) =

=

10

01 ,

01

11 ,

11

10 = (–1, –1, 1)

De donde el plano es: –1(x – 2) – 1(y + 2) + 1(z – 0) = 0 x + y – z = 0

b) [1’25 puntos] Calcula la distancia de P a r.

Punto P(2, –2, 0)

Vector de dirección de r: d

= (–1, –1, 1)

Punto de r: Si z = 0 (aparece en las dos ecuacio-

nes junto con sólo otra variable) x = 2, y = 1:

A(2, 1, 0)

AP = OAOP = (2, –2, 0) – (2, 1, 0) = (0, –3, 0)

APd

= (–1, –1, 1) (0, –3, 0) =

30

11 ,

00

11 ,

03

11 = (3, 0, 3)

d(P, r) = base


||

| |

d

APd

= 222

222

111

303

=

3

23 = 6 u

r

P

A

P

d(P,r)

d

r



43) (2011-3, Opc. A) Sea el punto P(2, 3, –1) y la recta r dada por las ecuaciones

z

y

x

2

1

a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a r que pasa por P.

El dibujo es igual al del problema 42)a).

n

= d

= (0, –2, 1)

Punto del plano: P(2, 3, –1)

Plano: 0(x – 2) – 2(y –3) + 1(z + 1) = 0 –2y + z + 7 = 0 ≡ π

b) [1’5 puntos] Calcula la distancia del punto P a la recta r y determina el punto

simétrico de P respecto de r.

Para hallar la distancia, el dibujo es el del problema 42)b).

Punto: P(2, 3, –1)


= (0, –2, 1)

Punto de r: A(1, 0, 0)

AP = OAOP = (2, 3, –1) – (1, 0, 0) = (1, 3, –1)

APd

= (0, –2, 1) (1, 3, –1) =

31

20 ,

11

01 ,

13

12 = (–1, 1, 2)

d(P, r) = base


||

| |

d

APd

= 222

222

120

211

=

5

6 u

Por otra parte, piden el simétrico de P(2, 3, –1) respecto

de r. Si π es el plano perpendicular a r que contiene a

P, P' será el simétrico de P respecto del punto Q inter-

sección de r con π. Y dicho plano lo tenemos del aparta-

do A: π ≡ –2y + z + 7 = 0. Tomando la forma general de

un punto de r, que lo sabemos por sus paramétricas, y

obligando a que esté en π:

–2(–2) + + 7 = 5 + 7 = 0 = –7/5

Luego Q

5

7 ,

5

14 ,1 . Si P'(x, y, z), como Q es el pun-

to medio del segmento PP':

012

2

x

x

5

133

5

28

5

14

2

3

y

y De donde: P'

5

9 ,

5

13 ,0

5

91

5

14

5

7

2

1

z

z

P

P'

Q

r

π



DISTANCIA ENTRE DOS RECTAS

44) (Junio 2014, Opc. A) Considera la recta r que pasa por los puntos A(1, 0, –1) y

B(–1, 1, 0).

a) [1 punto] Halla la ecuación de la recta s paralela a r que pasa por C(–2, 3¸ 2).

s tiene el mismo vector de dirección de r: AB = OAOB = (–1, 1, 0) –

(1, 0, –1) = (–2, 1, 1)

Como conocemos un punto: C s ≡

tz

ty

tx

2

3

22

b) [1’5 puntos] Calcula la distancia de r a s.

Como las rectas son paralelas, es la distancia de un punto de r, por ejemplo

P(1, 0, –1) a s.

Punto: P(1, 0, –1)

Vector de dirección de s: d

= (–2, 1, 1)

Punto de s: A(–2, 3, 2)

AP = OAOP = (1, 0, –1) – (–2, 3, 2) = (3, –3, –3)

APd

=(–2, 1, 1) (3, –3, –3)=

33

12 ,

33

21 ,

33

11= (0, –3, 3)

d(P, r) = base


||

| |

d

APd

= 222

222

112

330

=

6

18 = 3 u

45) (2012-2, Opc. A) Dadas las rectas r ≡ 4

8

4

9

6

3

zyx y s ≡

2

8

2

9

3

3

zyx

a) [1 punto] Determina la posición relativa de las rectas r y s.

Los vectores de dirección respectivos d

= (–6, 4, 4) y 'd

= (3, –2, –2) son

proporcionales, ya que d

= –2 'd

. Y un punto de s: P(3, 9, 8) no pertenece a

r:

4

88

4

99

6

33

–1 = 0 = 0 falso

Luego las rectas tienen la misma dirección y un punto de una no está en la otra:

son paralelas.

b) [1’5 puntos] Calcula la distancia entre r y s.

Como son paralelas, d(r, s) = d(P, r)

Punto: P(3, 9, 8)


= (3, –2, –2) (lo tomamos simplificado)

Punto de r: A(–3, 9, 8)

AP = OAOP = (3, 9, 8) – (–3, 9, 8) = (6, 0, 0)

APd

=(3, –2, –2) (6, 0, 0) =

06

23 ,

60

32 ,

00

22 = (0, –12, 12)



d(P, r) = base


||

| |

d

APd

= 222

222

223

12120

=

17

212 u

46) (Septiembre 2013 reserva A, Opc. B) Considera las rectas r y s dadas por

r

53

32

z

y

x

y s

05

01

z

yx

a) [1 punto] Determina la posición relativa de r y s.

Si escribimos s en paramétricas:

s

5

1

z

y

x

igualando, buscaremos los puntos comunes a r y s:

5

53

132

5

35

13

Sustituyendo en las dos primeras:

15 – 1 = = 14

25 + 3 = = 28

Es decir, el sistema no tiene solución (no hay una única pareja de valores de y

que resuelvan las tres ecuaciones a la vez) las rectas son paralelas o se

cruzan. Como los respectivos vectores de dirección (–3, 5, 1) y (–1, 1, 0) no son

múltiplos el uno del otro, ya que no es cierto que:

1

0

5

1

3

1

las rectas se cruzan.

b) [1'5 puntos] Calcula la distancia entre r y s.

La distancia entre las dos rectas que se cruzan es la que hay entre s y el plano

paralelo a s que contiene a r. Y es la altura del paralelepípedo, que es el volu-

men del mismo entre el área de la base:

d(r, r ') = |' |

|],',[|

dd

PQdd

d

= (–3, 5, 1)

'd

= (–1, 1, 0)

Punto de r: P(2, 3, 0)

Punto de s: Q(1, 0, 5)

Vector PQ = OPOQ = (1, 0, 5) – (2, 3, 0) = (–1, –3, 5)

[ d

, 'd

, PQ ] =

531

011

153

= –15 + 3 + 1 + 25 = 14 (se toma en valor abso-

luto)

· P

Q

d

r ·

s d

'



'dd

=(–3, 5, 1) (–1, 1, 0) =

11

53 ,

10

31 ,

01

15 = (–1, –1, 2)

| 'dd

| = 222 211 = 6

Por tanto:

d(r, r ') = 6

14 u

Ver problema 47)b)

PERPENDICULAR COMÚN A DOS RECTAS QUE SE CRUZAN

47) (2011-4, Opc. B) Dada la recta r definida por zyx

1

7

2

7 y la recta s defi-

nida por

z

y

x

5

2

a) [1'75 puntos] Halla la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a am-

bas.

Como las rectas tienen distinta dirección, pues sus vectores de dirección no son

proporcionales, o se cortan o se cruzan. Como ningún punto de s, todos los cua-

les tienen la forma (2, –5, ), está en r, porque no verifica su ecuación:

1

75

2

72 12

2

29 (no cierto para ningún valor de )

las rectas se cruzan.

Hallamos un plano paralelo a las dos rectas: . Para

ello, tomamos los respectivos vectores de dirección de las

dos rectas, y un punto cualquiera; el más fácil es (0, 0, 0).

El producto vectorial de los vectores de dirección de las

rectas nos da un vector normal al plano α:

n

= ' dd

= (2, –1, 1) (0, 0, 1) =

=

00

12 ,

01

21 ,

10

11 = (–1, –2, 0)

Por tanto:

α ≡ –(x– 0) – 2(y– 0) + 0(z– 0) = 0 x + 2y = 0

Construimos el plano β perpendicular a α y que contenga a r. Dos vecto-

res contenidos en el plano son n

y d

, y como punto vale cualquiera de r,

por ejemplo P(–7, 7, 0):

β ≡

z

y

x

10

712

721

= 0 –2(x+7)+1(y–7)+5z = 0 –2x + y + 5z – 21 = 0

Construimos el plano β ' perpendicular a α y que contenga a r '. Dos vec-

tores contenidos en el plano son n

y 'd , y como punto vale cualquiera de

r ', por ejemplo Q(2, –5, 0):

r ' r

s

'



β ' ≡

z

y

x

10

502

201

= 0 –2(x–2) + 1(y+5) + 0 = 0 –2x + y + 9 = 0

La perpendicular común buscada es la intersección de β y β '.

092

02152

yx

zyx

b) [0'75 puntos] Calcula la distancia entre r y s.

La distancia entre las dos rectas que se cruzan es la que hay entre s y el plano

paralelo a s que contiene a r. Y es la altura del paralelepípedo, que es el volu-

men del mismo entre el área de la base:

d(r, r ') = |' |

|],',[|

dd

PQdd

d

= (2, –1, 1)

'd

= (0, 0, 1)

Punto de r: P(–7, 7, 0)

Punto de s: Q(2, –5, 0)

Vector PQ = OPOQ = (2, –5, 0) – (–7, 7, 0) = (9, –12, 0)

[ d

, 'd

, PQ ] =

0129

100

112

= 15 (se toma en valor absoluto)

'dd

=(2, –1, 1) (0, 0, 1) =

00

12 ,

01

21 ,

10

11 = (–1, –2, 0)

| 'dd

| = 222 021 = 5

Por tanto:

d(r, r ') = 5

15 =

5

515 = 3 5 u

SIMÉTRICO DE UN PUNTO RESPECTO A UNA RECTA

48) (Junio 2011, Opc. A) [2'5 puntos] Determina el punto simétrico del punto A(–3, 1,

6) respecto de la recta r de ecuaciones 2

1

2

31

zyx

Lo haremos de otra forma que en el problema 43)b).

Tomamos un punto general de r: P(1 + t, –3 + 2t, –1

+ 2t) y exigimos que PA d

, donde d

= (1, 2, 2).

Esto requerirá que su producto escalar valga 0. Enton-

ces, P será el punto medio entre A y su simétrico

A'(x, y, z).

PA = OPOA = (–3, 1, 6) – (1 + t, –3 + 2t, –1 + 2t)

= (–4 – t, 4 – 2t, 7 – 2t)

PA · d

= 1(–4 – t) + 2(4 – 2t) + 2(7 – 2t) = – 4 – t + 8 – 4t + 14 – 4t = – 9t + 18 = 0

t = 2

· P

Q

d

r ·

s d

'

A

A'

P

d

r



De donde: P(3, 1, 3).

Por tanto:

032

6

112

1

932

3

zz

yy

xx

A'(9, 1, 0)

Ver problema 43)b)

SIMÉTRICO DE UN PUNTO RESPECTO A UN PLANO

49) (2011-2, Opc. B) Dados el plano de ecuación x + 2y – z = 0 y la recta r de

ecuaciones

134

53

zyx

yx

a) [0'75 puntos] Halla el punto de intersección del plano y la recta r.

Resolvemos el sistema formado por las ecuaciones de plano y recta:

134

53

02

zyx

yx

zyx

Tomamos su matriz ampliada:

13411

5013

0121

13 4FF

13073

5013

0121

23 FF

8080

5013

0121

3ª ec: y = 1

2ª ec: 3x – 1 = 5 x = 2

1ª ec: 2 + 2 – z = 0 z = 4

Se cortan en (2, 1, 4).

b) [1'75 puntos] Halla el punto simétrico del punto Q(1, –2, 3) respecto del plano

.

Recta perpendicular al plano que pasa por

Q: El vector normal al plano es de direc-

ción de la recta. Luego es:

s

tz

ty

tx

3

22

1

Intersección de la recta con el plano:

1 + t + 2(–2 + 2t) – (3 – t) = 0 1 + t – 4 + 4t – 3 + t = 0 6t – 6 = 0

t = 1

El punto es M(2, 0, 2).

M es el punto medio entre Q y su simétrico Q'(x, y, z). Por tanto:

s Q

Q'

M



122

3

202

2

322

1

zz

yy

xx

Q'(3, 2, 1)

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1. VECTORES. - e-matematicas.es de Espacio Afi… · Dos vectores son ortogonales (perpendiculares) si, y sólo si su producto escalar vale 0. Así: ... punto fijo O y una base (ortonormal