MATEMÁTICAS II PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD...
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1 MATEMÁTICAS II PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD DE OVIEDO 5.- Geometría Afín y Euclídea en el Espacio tridimensional 1.- (MODELO DE PRUEBA) Determinar a, para que los puntos A(1, 1, 1), B(3, 0, 2), C(5, -2, 2) y D(2, 1, a) sean coplanarios. Para el valor de a obtenido anteriormente, calcular el área del polígono ABCD. Justifica las respuestas. SOLUCIÓN i) Para que los cuatro puntos sean coplanarios, de entre los vectores AB, AC, y AD, debe haber sólo dos linealmente independientes es decir, que debe ser dos el rango de la matriz formada con sus coordenadas: - - - = ) 1 ( 0 1 1 3 4 1 1 2 a A Así pues, rang A =0 ⇒ 0 = A ⇒ -2a + 4=0 ⇒ a = 2 ii) Para calcular el área del cuadrilátero de vértices ABCD, lo dividimos en dos triángulos, por ejemplo : ABD y BCD. Calculamos el área de cada uno y las sumamos. • Área de ABD = AD AB × 2 1 . Ahora bien: AB = (2,-1,0) y AD = (1,0,0). Por tanto: 2 3 3 1 1 1 ) 1 , 1 , 1 ( 1 0 1 1 1 2 = ⇒ = + + = × ⇒ ⇒ - - = × ⇒ + - - = - = × ABD de Área AD AB AD AB k j i k j i AD AB • Área de BCD = CD CB × 2 1 ; y como CB =(-2,2,0) y CD = (-3,3,0), 0 0 3 3 0 2 2 = - - = × k j i CD CB . Lo cual quiere decir, que los puntos B, C, y D están alineados; por tanto, el "triángulo" que forman tiene área cero. En consecuencia, la figura determinada por los puntos ABCD, no es un cuadrilátero, sino un triángulo y su área es de . 2 3 2 u 2.- JUNIO 1994 Dados los puntos A(1, 0, 1), B(1, 1, 1) y C(1, 6, a), se pide: i) Hallar para qué valores del parámetro a están alineados. ii) Hallar si existen valores de a para los cuales A, B, y C son tres vértices de un paralelogramo de área 3 y, en caso afirmativo, calcularlos. iii) Hallar la ecuación de la recta que pasando por el origen, corte perpendicularmente a la recta AB. Razona las respuestas. SOLUCIÓN i) Para que los tres puntos estén alineados, deben ser proporcionales los vectores AB y AC. A B D C
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MATEMÁTICAS II PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD DE OVIEDO 5.- Geometría Afín y Euclídea en el Espacio tridimensional 1.- (MODELO DE PRUEBA) Determinar a, para que los puntos A(1, 1, 1), B(3, 0, 2), C(5, -2, 2) y D(2, 1, a) sean coplanarios. Para el valor de a obtenido anteriormente, calcular el área del polígono ABCD. Justifica las respuestas. SOLUCIÓN i) Para que los cuatro puntos sean coplanarios, de entre los vectores AB, AC, y AD, debe haber sólo dos linealmente independientes es decir, que debe ser dos el rango de la matriz formada con sus coordenadas:
−−−
=)1(01
134
112
a
A
Así pues, rang A =0 ⇒ 0=A ⇒ -2a + 4=0 ⇒ a = 2
ii) Para calcular el área del cuadrilátero de vértices ABCD, lo dividimos en dos triángulos, por ejemplo : ABD y BCD. Calculamos el área de cada uno y las sumamos.
• Área de ABD = ADAB×2
1. Ahora bien:
AB = (2,-1,0) y AD = (1,0,0). Por tanto:
2
33111
)1,1,1(
101
112
=⇒=++=×⇒
⇒−−=×⇒+−−=−=×
ABDdeÁreaADAB
ADABkji
kji
ADAB
• Área de BCD = CDCB×2
1; y como CB =(-2,2,0) y CD = (-3,3,0),
0
033
022 =−−=×
kji
CDCB . Lo cual quiere decir, que los puntos B, C, y D están alineados;
por tanto, el "triángulo" que forman tiene área cero. En consecuencia, la figura determinada por los
puntos ABCD, no es un cuadrilátero, sino un triángulo y su área es de .2
3 2u
2.- JUNIO 1994
Dados los puntos A(1, 0, 1), B(1, 1, 1) y C(1, 6, a), se pide: i) Hallar para qué valores del parámetro a están alineados. ii) Hallar si existen valores de a para los cuales A, B, y C son tres vértices de un paralelogramo de área 3 y, en caso afirmativo, calcularlos. iii) Hallar la ecuación de la recta que pasando por el origen, corte perpendicularmente a la recta AB. Razona las respuestas. SOLUCIÓN i) Para que los tres puntos estén alineados, deben ser proporcionales los vectores AB y AC.
A B D C
2
Como AB = (0,1,0) y AC =(0,6, (a-1) ), ha de ocurrir que: ⇒=−⇒−
= 01)1(
0
6
1a
a a = 1
ii) Cuando A, B y C no están alineados son, evidentemente, vértices de un paralelogramo cuya área es: ACAB× . Ahora bien,
2)1()1(
)1(60
010 −=×⇒−=−
=× aACABia
a
kji
ACAB
Si quiero que ese área valga 3, basta con imponer que ⇒
−=−=−
⇒=−31
313)1( 2
a
aa
−==
2
4
a
a
Es decir, que hay dos valores de a para los que el paralelogramo tiene de área 3. iii) La recta r que buscamos, vendrá dada como el corte de dos planos: π : plano que pasa por el origen O (0,0,0), y es perpendicular a la recta AB
π' : plano que pasa por los puntos A, B y O. • Comencemos con el primero: su vector asociado (perpendicular) será AB = (0,1,0) y como ha de
pasar por el origen, su ecuación será y = 0
• En cuanto al segundo, tendrá por ecuación: 0
111
101 =zyx
⇒ z - x = 0
Por tanto, la recta buscada será:
==−
≡0
0
y
xzr
3.- SEPTIEMBRE 1994 Dado el plano de ecuación π ≡ 2x + 2y + z - 3 =0 y los puntos: A(1, 0, 2) y B(2, 1, a), Sea C el pie de la perpendicular trazada desde el punto A al plano π. Se pide determinar el valor de a, para que el triángulo ABC, sea rectángulo (ángulo recto en C) y calcular su área. Hallar los dos ángulos restantes de dicho triángulo. Razona las respuestas.
SOLUCIÓN • Como puede verse en la figura, lo que nos piden en realidad es calcular el valor de a para que el punto B sea incidente con el plano ππππ. Sin más que sustituir las coordenadas del punto en el plano, 4 + 2 + a - 3 = 0 ⇒ a = - 3 • Para calcular el área del triángulo ABC, como es rectángulo, basta con saber la longitud de sus catetos (base y altura).
3
1
122
320212),(
22=
++−+⋅+⋅== πAdAC
3327)23()01()12(),( 222 ==−−+−+−== BAdAB
Aplicando el Teorema de Pitágoras, 3
242
9
242
9
127
3
1)33(
22 ==−=
−=CB
Por tanto, el área del triángulo ABC, será: ==⋅
3
211
23
242
3
1
5,1854 u2
B A C
A π C B
3
Calculemos por fin el valor de los ángulos agudos del triángulo. El ángulo A, es el ángulo que forman los vectores AC y AB, por tanto:
⇒==⋅
=•=27
3
39
1
3
127
9
1
),cos(ACAB
ACABACAB ''19'19º86ˆ =A
Para calcular el ángulo B, basta restar el anterior a 90º y resulta que: ''41'40º3ˆ =B 4.- JUNIO 1995 Dada la recta r ≡ x-1 = 2y = 2z+2 y los puntos P(-1 ,2 ,0) y Q(5, b, c), se pide: i) Hallar b y c sabiendo que la recta PQ es paralela a r . ii) Hallar la distancia entre los puntos P y Q. ii) Hallar el volumen del cilindro obtenido al girar el segmento PQ en torno a r . Razona las respuestas. SOLUCIÓN i) Si en la ecuación que nos dan de la recta, dividimos por dos, obtenemos que:
)1,1,2(,1
1
12
1 =⇒+==−≡ vesrectaladedirectorvectorel
zyxr
Para que r sea paralela a PQ, las coordenadas de v y las del vector PQ = (6 , b-2, c), deben ser
proporcionales: ⇒
=−=−
⇒=−=cb
bcb
2
642
11
2
2
6
==
3
5
c
b
ii) ==++=−+−++= 549936)03()25()15(),( 222QPd u63
iii) La altura del cilindro, la acabamos de calcular: u63 . Calculemos ahora el radio de la base, que será la distancia entre del punto P
a la recta r. Recordemos que v
vparPd
×−=
)(),( donde a, es el
vector de posición de un punto por el que pasa la recta, en nuestro caso a=(1,0,-1), v el vector director de la recta, en nuestro caso v=(2,1,1), y p el vector de posición del punto P, en nuestro caso p=(-1,2,0).
29243)(243
112
122)( 222 =++=×−⇒−−=−=×− vpakji
kji
vpa
urPdv6
29
6
29),(6112 222 ==⇒=++= Por tanto, el volumen pedido del cilindro, será:
==⋅⋅⋅=⋅⋅
⋅= 3
2
2
62963
6
2963
6
29uV
πππ 111,58 u3
5.- SEPTIEMBRE 1995 El vector a = 3i + j - k es perpendicular al plano ππππ y el vector b = 2i -j + k es perpendicular a un segundo plano ππππ '. i) Hallar el ángulo determinado por los dos vectores.
P
r
Q
4
ii) ¿Se intersecan los planos?. Justifica la respuesta. iii) Si los dos planos se intersecan halla, de forma razonada, un vector paralelo a la recta de intersección. SOLUCIÓN
i) ==⇒==⋅•=
11
2cos),(
11
2
411
4),cos( arcba
ba
baba ''47'54º52
ii) Si, puesto que sus vectores asociados (los vectores perpendiculares a cada uno de ellos) no tienen la misma dirección, ya que para que eso ocurriera, deberían formar un ángulo de cero grados y como vimos en el apartado anterior, no es así. iii) El vector buscado, ha de ser perpendicular a los dos vectores a y b. Ese vector, es el producto vectorial a × b. Calculémoslo:
)5,5,0(55
112
113 −−=×⇒−−=−
−=× bakj
kji
ba
Por consiguiente, un vector paralelo a la recta determinada por el corte de los planos dados, es el (0,-5,-5) o, si preferimos uno proporcional y de aspecto más sencillo, el (0,1,1) 6.- JUNIO 1996
Dadas las rectas r y s de ecuaciones: 22
2
1
1 zyxszyxr =−=−≡==≡
i) Estudiar su posición. ii) Hallar la recta que corta a r y s y es paralela a la recta t ≡≡≡≡ (x,y,z) = (1,2,3) + λλλλ (1,2,-1) Razona las respuestas
SOLUCIÓN
i) La recta r , pasa por el punto A (0,0,0) y tiene como vector director, u (1,1,1). La recta s, pasa por el punto B (1,2,0) y tiene como vector director, v (1,2,2). Para estudiar la posición relativa de estas dos rectas, veamos cómo están situados los vectores:
u (1,1,1), v (1,2,2) y AB (1,2,0). Como el determinante 0
221
111
021
≠=∆ , los tres vectores son
linealmente independientes y por tanto, las rectas r y s, se cruzan. ii) La recta que buscamos, vendrá dada como el corte de dos planos: π : plano que contiene a r , y es paralelo a t. π' : plano que contiene a s, y es paralelo a t. Calculemos esos dos planos: • Como π contiene a r, pasará por el punto A (0,0,0) y uno de los vectores que lo determinan, será el
vector u (1,1,1). El otro vector, será w (1,2,-1) , vector director de la recta t, ya que el plano π queremos que sea paralelo a la recta t. Por tanto, La ecuación de π, será:
0230
121
111 =++−≡⇒=−
zyx
zyx
π
• Como π' contiene a s, pasará por el punto B (1,2,0) y uno de sus vectores será: v (1,2,2). El otro vector que lo determina, es el vector director de t, por la misma razón de antes. Por tanto, la ecuación
5
de π', será: 036'0
121
221
21
=+−≡⇒=−
−−yx
zyx
π
• En consecuencia, la recta que buscábamos es:
=−=−−
≡036
023
yx
zyxr
7.- SEPTIEMBRE 1996 i) Comprobar que los puntos: A (1,1,1), B (0,-1,0) y C (2,3,0) forman un triángulo y calcular su área. ii) Calcular el pie de la perpendicular trazada desde el origen al plano determinado por A, B, y C. Razona las respuestas. SOLUCIÓN i) Para comprobar que forman un triángulo, basta ver que no están alineados. Para ello, comprobemos que los vectores AB (-1,-2,-1) y AC (1,2,-1) , no tienen la misma dirección esto es, sus coordenadas no son
proporcionales. En efecto: 1
1
2
2
1
1
−−≠−=−
.
El área de ese triángulo es, según sabemos, la mitad del módulo del producto vectorial de AB por AC.
5220)2(424
121
121 24 ==−+=×⇒−=−−−−=× ACABji
kji
ACAB
Por consiguiente, el área del triángulo ABC, será: 252
52
2
1uACAB ==× .
ii) El punto pedido, Q, es el punto donde se cortan el plano π, determinado por los puntos A, B y C, con la recta r, perpendicular a π y pasando por el origen O. Lo primero que debemos hacer, es encontrar las ecuaciones de r y π. El plano π, pasa por los puntos A, B y C. Por tanto, su ecuación será:
02240
121
121
111
=−−≡⇒=−−−−−−−
yx
zyx
π .
Por otro lado, la recta r, por ser perpendicular a π, tiene como vector director, el vector w (4, -2, 0) asociado al plano.
Y como ha de pasar por el origen su ecuación será:
=−=
=
0
2
4
z
y
x
αα
.
Para encontrar las coordenadas del punto donde se cortan r y π, resolvemos el sistema determinado por sus ecuaciones. Sustituimos las incógnitas x, y, z de la recta, en el plano y obtenemos: 4 (4 α) - 2(-2α) - 2 = 0 ⇒ 16α + 4α = 0⇒ α = 2/20 = 1/10 Sustituyendo ese valor de α en las ecuaciones de la recta, obtenemos las coordenadas del punto
buscado
− 0,5
1,
5
2Q
O π Q r
6
8.- JUNIO 1997 Dado el tetraedro con un vértice O sobre el origen de coordenadas y los otros tres A, B, y C sobre los semiejes positivos OX, OY y OZ respectivamente, se pide: i) Hallar las coordenadas de A, B, y C, sabiendo que el volumen del tetraedro es 4/3 y las aristas OA, OB, y OC tienen igual longitud. ii) La ecuación de la altura del tetraedro, correspondiente a la cara ABC. iii) Distancia entre las rectas AB y OC. iv) Ángulo que forman las aristas BC y AB. SOLUCIÓN El volumen del tetraedro, es la sexta parte del producto mixto de los vectores OA, OB y OC. Como nos dice el problema que las tres aristas OA, OB y OC tienen igual longitud, supongamos que miden "a". Estaremos en la situación de la figura y por tanto:
23
4
6
1
3
4
00
00
00
6
1 3 =⇒=⇒= aa
a
a
a
Los puntos, serán: A (2, 0, 0) B (0,2,0) y C (0,0,2). ii) Se tratará de encontrar la ecuación de la recta que pasa por el origen O(0,0,0) y es perpendicular al plano ABC. El vector ortogonal al plano ABC, será
⇒++=−−=×= kajaia
aa
aa
kji
ACABw 22
0
0 w es el vector de coordenadas (a2, a2, a2) = a2 (1, 1, 1).
En definitiva: la recta que buscamos, pasa por el origen y tiene como vector director (1,1,1). Su ecuación, dada en forma continua, será: x = y = z iii) Podríamos, para encontrar la distancia entre las rectas pedidas, buscar para cada una de ellas un punto por el que pasa y su vector director, y utilizar luego la fórmula que conocemos para calcular la distancia entre rectas que se cruzan. Pero en este caso, es todo tan sencillo, que no necesitamos complicarnos la vida de ese modo. Como puede verse en la figura de arriba, la distancia entre las rectas AB y OC, es la altura del triángulo OAB. Ese triángulo es isósceles y rectángulo; sus catetos miden 2 y la
hipotenusa 22 . Por tanto la altura será: ( ) uh 222 22 =−=
Esa será pues, la distancia entre las rectas pedidas. iv) Nos piden el ángulo más pequeño, llamémosle α, que forman los vectores BC (0,-a,a) y AB (-a,a,0).
2
1
222cos
2
2
22
2
==−=⋅=a
a
aa
a
ACBC
ACBCα α
Por tanto, α será el ángulo del primer cuadrante cuyo coseno es 1/2 es decir, αααα = 60º. Lo cual sabíamos ya de sobra, puesto que el triángulo ABC es equilátero. 9.- SEPTIEMBRE 1997
Dado el plano ππππ ≡≡≡≡ 2x + 5y + 7z + 3 = 0, la recta:
=+=
=≡
λλ2
1
0
z
y
x
s y el punto A (0,7,5)
i) Determinar la ecuación de la recta r : paralela al plano ππππ, que pase por el punto A y sea
C(0,0,a) a O a B(0,a,0) a A(a,0,0)
O 2 2 h
2
A 22 B
7
perpendicular a la dirección de la recta s. ii) Determinar la posición del plano ππππ y la recta s. iii) Calcular la ecuación de la recta t: que pase por A y corte perpendicularmente a s. SOLUCIÓN Encontremos en primer lugar, el vector director u, de la recta r que nos piden. Por ser esa recta paralela a ππππ, el vector u debe ser ortogonal al vector w (2,5,7) asociado al plano ππππ. Además, por ser r perpendicular a la recta s, su vector director u, también debe ser ortogonal a v (0,1,2) , vector director de s. En consecuencia u, por ser ortogonal a esos dos vectores, debe ser el producto vectorial de v por w.
kji
kji
wvu 245
210
752 +−−==×= es decir, que u es el vector (-5,-4,2).
Como la recta que nos piden ha de pasar por el punto A (0,7,5) ,concluimos que su ecuación, dada en
forma continua es: 2
5
4
7
5
−=−−=
−zyx
i) Sustituyendo las incógnitas x, y, z de la ecuación de la recta, en la ecuación del plano, obtenemos: 5 (λ + 1) + 7 (2λ) + 3 = 0 ⇒ 19 λ + 8 = 0. Esa ecuación, tiene solución (una) por tanto, la recta y el plano se cortan en un punto. Si nos preguntasen de qué punto se trata, despejaríamos λ en esa ecuación y llevaríamos ese valor a la ecuación de la recta, obteniendo así las coordenadas del punto pedido (pero ahora no nos lo piden). iii) La recta t, vendrá dada como el corte de dos planos: π: plano incidente con el punto A y perpendicular a la recta s. π': plano incidente con el punto A y con la recta s. Calculemos las ecuaciones de los planos π y π'. 1. Por ser π perpendicular a s, su vector asociado será el vector director de s: v (0,1,2).
Luego, su ecuación será de la forma: y+2z +D=0. Para calcular D, imponemos además que pase por el punto A (0,7,5). 7+10+D=0 ⇒ D = -17. Luego ππππ ≡≡≡≡ y+2z-17=0
2. Puesto que la recta s pasa por el punto B (0,1,0) y tiene como vector director v (0,1,2), π' es el plano que pasa por el punto A (0,7,5) y tiene como vectores directores v (0,1,2)
y AB (0,-6,5).
Su ecuación será: '070
560
210
57
π⇒=⇒=−−
−−x
zyx
es el plano x = 0 es decir, el plano
coordenado YZ.
En consecuencia, y para terminar, la ecuación de la recta pedida, es:
==−+
≡0
0172
x
zyt
10.- (JUNIO 1988) Los puntos P(1,1,0) y Q(0,2,1), son dos vértices contiguos de un rectángulo.
Un tercer vértice pertenece a la recta
==
1
0:
z
yr
i) Determina los vértices de un rectángulo que verifique las condiciones anteriores. ii) ¿Qué posición relativa debería tener la recta r y la que contiene al segmento PQ, para que la solución fuese única?. Razona la respuesta.
8
SOLUCIÓN i) Sea π1 el plano perpendicular al vector PQ que pase por P. Cortando ese plano con la recta r , obtenemos el punto A1, que sería un tercer vértice del rectángulo que buscamos. El cuarto vértice en este caso sería A2, que es el punto obtenido cortando el plano π2, que pasa por Q y es perpendicular al vector PQ, con la recta s, paralela a PQ y que pase por A1. Realicemos los cálculos que hemos indicado anteriormente:
• Vector PQ= (-1,1,1) • Los planos perpendiculares a PQ , son de la forma: -x + y + z = 0. Busquemos el que pasa
por el punto P: -1+1+0+C=0 ⇒ C= 0. El plano buscado será ππππ1 ≡≡≡≡ -x + y + z = 0 • Para cortar ese plano con la recta r que nos indica el enunciado, resolvemos el sistema:
==
=++
1z
0y
0 z y x -
Cuya solución, nos da las coordenadas del punto A1 (1, 0, 1)
• Buscamos ahora el plano π2, perpendicular a PQ, y que pasa por el punto Q. Todos los planos perpendiculares al vector PQ son, como ya dijimos antes, de la forma: -x + y + z = 0. Buscamos uno que pase por Q, luego ha de cumplir que: 0+2+1+C=0 ⇒ C = -3. El plano que buscamos es: ππππ2 ≡≡≡≡ -x + y + z - 3 = 0.
• Y ahora vamos con la recta s, paralela al vector PQ y que pasa por A1. Sus ecuaciones
paramétricas, serán:
+==
−=
ααα
1
1
z
y
x
• Encontremos el punto A2, donde se cortan el plano π2 y la recta s calculados anteriormente. Para cortar el plano y la recta, sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta en el plano y obtenemos: 10311031)1( =⇒=−++++−⇒=−+++−− ααααααα Llevando este resultado a las ecuaciones paramétricas de la recta, obtenemos que el punto que buscábamos, es A2 (0, 1, 2)
Hemos pues encontrado los vértices A1 y A2, que junto con los dados P y Q, verifican las condiciones del problema. Ahora bien, estos dos vértices no son únicos, porque si hubiéramos empezado calculando el plano perpendicular a PQ que pase por Q (en vez de por P) y cortándolo con la recta r, habríamos obtenido un punto A3 ; y si luego cortamos el plano perpendicular a PQ que pase por P (en vez de por Q), con la recta paralela a PQ que pasa por A3, obtendríamos el punto A4 .
Si te fijas, hemos hecho lo mismo que antes pero cambiando los puntos P y Q. Pues bien, los puntos A3 y A4 junto con P y Q, también cumplen las condiciones del problema es decir, hay dos soluciones: dos rectángulos diferentes, que tienen dos vértices consecutivos en los puntos P y Q, y otro vértice en la recta r. Esos dos rectángulos, son: PQA1A2 y PQA3A4. ii) Ahora bien, eso no ocurre siempre, porque cuando la recta r y el vector PQ son paralelos, la solución es única, ya que los dos planos descritos anteriormente son el mismo, puesto que los puntos P , Q y la recta r son coplanarios. 11.- (SEPTIEMBRE 1998) Los puntos P(2,0,0) y Q(0,4,2) son dos vértices de un triángulo isósceles.
Obtener el otro vértice, sabiendo que pertenece a la recta
==
0
20:
y
zr
¿Es única la solución?. Razona la respuesta.
Y A2
A1 Q Z r P X
9
SOLUCIÓN
En primer lugar, dibujemos la situación para tener una idea gráfica del problema. A continuación, vamos a resolverlo analíticamente. Buscamos un punto A, situado en la recta r , tal que: d (A, P) = d (A, Q) (1) Ahora bien, todos los puntos de la recta r, son así: (x, 0, 20) Donde x, puede tomar cualquier valor. Imponiendo la condición (1), obtenemos la coordenada "x" del punto A que estamos buscando:
3404044
)220()4(20)2(
22
22222
+=+−⇒
⇒−+−+=+−
xxx
xx
Elevando al cuadrado en los dos miembros de esa ecuación, obtenemos que: x2 - 4x + 404 = x2 + 340 ⇒ -4x = -64 ⇒ x = 16 por tanto, el tercer vértice que buscamos estará en el punto A (16, 0, 20) , que como vemos ha de ser único puesto que la ecuación que hemos obtenido es de primer grado y tiene por consiguiente una única solución. Otra forma de hacerlo El punto A que buscamos, ha de estar necesariamente en el plano π, mediatriz del segmento PQ; pero como además tiene que estar en la recta r, lo que vamos a hacer es: primero encontrar la ecuación de ese plano, y luego ver dónde se corta con la recta.
El vector asociado al plano π buscado, será el vector PQ = (-2, 4, 2). Por tanto, la ecuación del plano será de la forma: -2x + 4y + 2z + D = 0.
Calculemos D, imponiendo que π pase por el punto medio M, del segmento PQ. Las coordenadas de ese punto medio, como bien sabemos se calculan así:
)1,2,1(2
20,
2
40,
2
02 =
+++=M . Si π ha de pasar por M, debe ser:
-2 + 8 + 2 + D = 0 ⇒ D = -8. El plano será por tanto: ππππ ≡≡≡≡ -2x + 4y + 2z - 8 = 0 Cortemos ahora ese plano con la recta r, o lo que es igual, resolvamos el sistema:
===−++−
0
0
08242
y
z
zyx
Cuya única solución es:
===
20
0
16
z
y
x
Por consiguiente, el punto que buscamos será: A (16, 0, 20). ii) Ese punto es único en este caso, como hemos podido ver en el apartado anterior, puesto que el sistema que hemos resuelto para calcularlo es compatible determinado. Sin embargo, si la recta r fuese incidente con el plano mediatriz del segmento PQ, serían obviamente soluciones del problema, todos los puntos de r. En ese caso, que no es el que el problema nos plantea, la solución no sería única y el sistema que habría que reolver para calcularlo, sería compatible indeterminado. 12.- (JUNIO 1999) Los puntos P (1, -1, 1) y Q (3, -3, 3) son dos vértices opuestos de un cuadrado que está contenido en un plano perpendicular al plano de ecuación x + y = 0. i) Determina los vértices restantes. ii) Calcula la ecuación de la recta que pasa por los vértices calculados. iii) Calcula el perímetro del cuadrado construido
r A Q M P
10
SOLUCIÓN Haremos primero el segundo apartado y luego el primero. i) Llamemos r a la recta en la que se encuentran los otros dos vértices A y B que buscamos. Esa recta, debe ser mediatriz del segmento PQ por tanto, ha de pasar por su punto medio M (2,-2,2). Pero como nos dicen que el cuadrado está contenido en un plano perpendicular al plano π ≡ x + y = 0, el vector director de la recta r debe ser el vector asociado a π es decir: u (1,1,0). Por tanto, la recta r vendrá dada en paramétricas de la forma:
=+−=
+=≡
2
2
2
z
y
x
r λλ
ii) Las Coordenadas de los puntos A y B, por estar en la recta r, serán de esta forma: (2+λ, -2+λ, 2). Para que junto con P y Q sean los vértices de un cuadrado, deben ser perpendiculares los vectores AP y AQ. Ahora bien: AP = (2+λ-1, -2+λ+1, 2-1) = (λ+1, λ-1, 1) AQ = (2+λ-3, -2+λ+3, 2-3) = (λ-1, λ+1, -1).
Por tanto, AP ⊥ AQ ⇒ 2
303201110 222 ±=⇒=−⇒=−−+−⇒=⋅ λλλλQAPA
rr
Los vértices A y B que nos piden, serán por tanto:
−−−
+−+ 2,
2
32,
2
322,
2
32,
2
32 ByA
iii) El perímetro del cuadrado, será 4 veces el lado "l". Ahora bien: P B
24
22
2222 d
perímetrod
lld =⇒=⇒= d
Pero [ ] ( ) 12)13()13()13(),( 222222 =−++−+−== QPdd l
Por consiguiente, unidadesperímetro 642
124 == A Q
13.- (SEPTIEMBRE, 1999) Los puntos P(0,1,0) y Q(-1,1,1) son dos vértices de un triángulo y el tercero S pertenece a la
recta
==
1
4:
z
xr
La recta que contiene a P y a S es perpendicular a la recta r i) Determina las coordenadas de S. ii) Calcula el área del triángulo PQS. SOLUCIÓN i) Encontrar las coordenadas del punto S que nos piden, es muy sencillo y podemos, procediendo gráficamente como puede verse en la figura, obtener de un modo muy fácil la solución: S ≡≡≡≡ (4, 1, 1) Sin embargo, vamos también a resolver el problema analíticamente, para tener otra visión del mismo.
Z π ≡ x + y = 0 Q M P X Y
Z Q Y P S r X
11
Nos dicen que la recta que contiene a P y a S, es perpendicular a r; luego el punto S ha de estar en el plano π, perpendicular a r que pasa por P. Ese plano tendrá como vector asociado, el vector director de r es decir, el vector j (0, 1, 0), ya que como vemos en su ecuación, r es paralela al eje OY. Por tanto, la ecuación del plano que buscamos, tomará la forma: y + D = 0. Ahora bien, como debe pasar por el punto P (0, 1, 0), ha de ser 1+D = 0 ⇒ D = -1. Luego el plano es π ≡ y -1 = 0 o si se prefiere, ππππ ≡≡≡≡ y = 1 Como el punto S además de estar en ese plano, debe de estar en la recta r, para encontrarlo basta cortar
la recta r con el plano π, o lo que es igual, resolver el sistema determinado por sus ecuaciones:
===
1
1
4
y
z
x
No hace falta romperse mucho la cabeza, para darse cuenta de que la solución, es decir, el punto buscado S, tiene por coordenadas: S (4, 1, 1). ii) Calculemos el área del triángulo PQS. Para ello, tomamos los vectores PQ ≡ (-1, 0, 1) y PS ≡ ( 4, 0, 1).
Como sabemos, SPQPPQSArearr
∧=2
1)(
Ahora bien, PQ ∧ PS = j
k
j
i
5
11
00
41
=−
En consecuencia, 5=∧ QPSPrr
El área que nos piden, será de 22
5u = 2,5 u2
14.- (JUNIO 2000) Los puntos P (2, 1, 2) y Q (0, 5, 4) son dos vértices opuestos de un cuadrado contenido en el plano π ≡ x + y - z = 1. i) Determina las coordenadas de los otros dos vértices. ii) Calcula la ecuación de la recta que contiene al origen de coordenadas y es paralela a la que contiene al los puntos P y Q. SOLUCIÓN i) Sea X (x, y, z), uno de los vértices que buscamos; de ese punto, desconocemos sus tres coordenadas es decir, tenemos tres incógnitas y por consiguiente, los datos del problema deben permitirnos plantear tres ecuaciones. • Impongamos las condiciones que debe cumplir el punto X:
1ª.- x + y - z =1 (ya que está contenido en el plano π). 2ª.- d(P, X) = d(Q, X)
3ª.- XQXPrr
⊥
• La primera condición nos proporciona directamente una ecuación; veamos qué ecuación obtenemos desarrollando la segunda:
324841682510441244
)4()5()2()1()2(),(),(222222
222222
−=++−⇒+−++−+=+−++−++−
⇒−+−+=−+−+−⇒=
zyxzzyyxzzyyxx
zyxzyxXQdXPd
Es decir, x -2y - z = -8
• Resolvemos ahora el sistema determinado por esas dos ecuaciones:
−=−−=−+
82
1
zyx
zyx
P X π Q
12
Se trata naturalmente de un sistema compatible indeterminado con infinitas soluciones dependiendo de un parámetro (ya que hay dos ecuaciones y tres incógnitas). Resolviendo, obtenemos como soluciones: x = t-2 ; y = 3 ; z = t. Por tanto, el punto X que buscamos tendrá de coordenadas: X (t-2, 3, t). (*)
Ya sólo tenemos una incógnita "t", que podremos encontrar imponiendo la tercera condición: XQXPrr
⊥ .
• Teniendo en cuenta que )4,2,2()2,2,4( −−−−− ttXQyttXPrr
−=
+=⇒=+−⇒=−−+−−−⇒=⋅⇒⊥
33
330660)4()2(4)2()4(0
2
12
t
tttttttXQXPXQXP
rrrr
Hay por tanto dos soluciones para "t" es decir, dos puntos (los dos vértices que buscábamos) cuyas coordenadas se obtienen sustituyendo cada uno de esos valores de "t" en (*) .
Los dos vértices del cuadrado, que el problema nos pide, son:
( ) ( )33,3,31'33,3,31 −−++ XyX
18.- JUNIO 2002
a) Halla la ecuación del plano que contiene a la recta
−=+=
=≡
tz
ty
tx
r
1
3
2 y al punto B(2, -1, 2).
b) Calcula la distancia del plano al punto P(0, 1, 0) SOLUCIÓN a) Por contener a la recta que nos dan, contiene al punto A (0, 3, 1) y al vector v (2, 1, -1). Como además pasa por el punto B (2, -1, 2), debe de contener al vector AB (2, -4, 1). Por tanto, la ecuación del plano π que nos piden será:
En paramétricas:
+−=−+−=++=
≡βα
βαβα
π2
41
222
z
y
x
Y en forma General o Cartesiana: 0
211
141
222
=−−+−−
z
y
x Es decir, ≡π 3x + 4y + 10z – 22 = 0.
b) .61,1125
18
1043
220101403),(
222uPd ≈=
++
−⋅+⋅+⋅=π
19.- SEPTIEMBRE 2002
Sea el plano
+−==
+=≡
tsz
sy
tx
221
2
π y la recta zyx
s =+=≡3
1
2.
a) Encuentra la posición relativa de los mismos. b) Halla la ecuación de la recta r que pasa por el punto P(-1, 0, 2), es paralela al plano π y
perpendicular a la recta s. SOLUCIÓN
a) El plano π viene determinado por el punto A (2, 0, 1) y los vectores u (0, 1, -2) y v (1, 0, 2). La recta s está determinada por el punto B (0, -1, 0) y por el vector w (2, 3, 1). Para saber la posición relativa de s y π , Habrá que hallar el rango del sistema de vectores { }wvu ,, .
{ } ⇒=⇒≠−=−
3,,03
122
301
210
wvuRang s y π se cortan en un punto.
b) Puesto que de la recta r que nos piden ya conocemos un punto por el que pasa P(-1, 0, 2), únicamente
13
necesitamos conocer su vector director a. Sea b el vector asociado (perpendicular) al plano π . Como ya sabemos:
)1,2,2(22
201
210 −⇒+−=−=×= bkji
kji
vub
Y según nos dice el enunciado del problema:
ki
kji
wbawasr
baaparalelar105
132
122 +−=−=×=⇒
⊥⇒⊥⊥⇒π
Por tanto el vector director de la recta, es a(-5, 0, 10) O si lo preferimos, a’(-1, 0, 2) que lleva la misma dirección.
La recta que nos piden es:
+==
−−=≡
α
α
102
0
51
z
y
x
r o bien,
=+=
≡02
0
zx
yr
20.- JUNIO 2003 Sean los planos: 1232 21 =−+≡=++≡ zyxyzyx ππ
a) Determina la posición relativa de los mismos. b) Calcula una recta que esté contenida en el plano 12 =−+≡ zyxπ , sea paralela a la
intersección de esos dos planos y pase por el punto (5, -3, 1). SOLUCIÓN
a) Para ver cuál es la posición relativa de los dos planos, bastará ver si los coeficientes son o no proporcionales.
⇒≠1
3
1
2 Los planos se cortan a lo largo de una recta.
b) Como podemos comprobar, el punto P (5, -3, 1) está en los dos planos por tanto, la recta “r”que nos piden, es justamente la determinada por la intersección de estos:
=−−+=−++
≡01
0232
zyx
zyxr
21.- SEPTIEMBRE 2003
Dadas las rectas: 3
3
2
1
1
2
213
2 −=−=−+≡
−=−=−≡ zyx
szyx
rλ
a) Calcula λ para que se corten en un punto. b) Halla el punto de corte para ese valor de λ . SOLUCIÓN
a) La recta r, para por el punto A(2, λ , 0) y tiene como vector director u(3, 1, -2). La recta s, pasa por el punto B(-2, 1, 3) y tiene como vector director v(-1, 2, 3). Desde luego, no pueden ser paralelas porque sus vectores directores no son proporcionales, así que para que se corten en un punto, basta con que el rango del sistema de vectores u, v, AB sea 2.
Rang (u, v, AB) = 2 201470
332
121
413
=⇒=−⇒=−
−−−
⇒ λλλ
b) Pongamos en forma paramétrica las dos rectas dándole a λ el valor 2, que corresponde al caso en que las rectas se cortan en un punto.
1π 2π
r
P
14
+=+=
−−=≡
−=+=+=
≡βββ
ααα
33
21
2
2
2
32
z
y
x
s
z
y
x
r Observa que los parámetros βα y son distintos.
Para encontrar el punto de corte, hemos de resolver ese sistema. Igualando los valores de x, y, z en una y otra ecuación, obtenemos:
(1)
−=
−=⇒
+=−+=+
−−=+
7
17
9
332
212
232
β
α
βαβα
βα Sustituyendo estos valores en cualquiera de las dos ecuaciones de
arriba, bien α en la primera o β en la segunda, obtenemos el punto de corte:
−7
18,
7
5,
7
13.
Observa una segunda cosa: si las dos rectas no se cortasen, al resolver en el sistema (1) las dos primeras ecuaciones, obtendríamos unos valores de βα y que al sustituirlos en la tercera, no cumplirían la ecuación. No es este el caso, por supuesto, porque desde el principio sabemos que las rectas se cortan, ya que estamos haciendo el ejercicio para el valor 2=λ que obtuvimos en el apartado a) . 22.- JUNIO 2004 Sea el prisma triangular (triángulos iguales y paralelos) de la figura, con A(1, -1, 0), B(1, 0, -1), C(0, 1, -1) y A’(1, -1, a). Calcula:
a) La ecuación del plano π que pasa por los puntos A, B y C. b) El valor de “a” para que el plano 'π , que contiene a los puntos A’, B’ y C’, diste una unidad del plano π . c) Para a = 1, el plano 'π y el volumen del prisma.
SOLUCIÓN a) El plano que pasa por A, B y C, será el plano determinado por los
vectores AB (0, 1, -1) , AC (-1, 2, -1) y por el punto A. Su ecuación es:
00
11
121
110
=++≡⇒=−−
+−−
≡ zyx
z
y
x
ππ
b) La distancia de ππ a' es la distancia de A’ a π . Imponiendo que esa distancia valga 1,
calculamos “a”:
−=
=⇒=⇒=
++
+−⇒=
3
331
111
111),'(
a
aa
aad π
c) � Siendo a = 1, se trata de hallar el plano que pasa por el punto A’(1, -1, 1) y es paralelo al plano π hallado en el apartado a). Todos los planos paralelos a π , son de la forma: x + y + z + D = 0. Se trata de encontrar el que pasa por A’. Sustituimos las coordenadas del punto en el plano, y hallamos D. 10111 −=⇒=++− DD . El plano que nos piden es: 01' =−++≡ zyxπ � Para hallar el volumen del prisma, tomamos los vectores AA’(0,0,1), AB(0,1,-1) y AC(-1,2,-1). El volumen V es, como sabemos, la mitad del valor absoluto del producto mixto de estos tres
vectores: [ ] 2
2
1
111
210
100
2
1,,'
2
1uACABAAV =
−−
−==
A B
B’ A’
C’
C π
'π
15
23.- SEPTIEMBRE 2004 Sean los puntos A(-1, 1, 0) y B(0, 1, 1). Determina:
a) Las ecuaciones paramétricas de la recta r que une los puntos. b) La ecuación del plano π que pasa por A y es perpendicular a la recta r. c) La distancia del punto B al plano π .
SOLUCIÓN
a) El vector director de r, es AB(1, 0, 1) y las ecuaciones paramétricas de la recta:
==
+−=≡
α
α
z
y
x
r 1
1
b) El vector asociado (vector perpendicular) al plano que nos piden, es AB. Por tanto, la ecuación del plano será : 0=++≡ Dzxπ . Se trata de calcular D, para que el plano pase por A. Sustituimos las coordenadas del punto en el plano, y hallamos D: 101 =⇒=+− DD . El plano que pasa por A y es perpendicular a r, será: 01=++≡ zxπ
c) .22
22
2
2
11
11),( uBd ===
++=π
24.- SEPTIEMBRE 2004
Sean el plano bzyax =−+≡ 42π y la recta 1
3
4
1
4
3 +=−
−=−≡ zyxr
a) Con a = 1, estudia la posición relativa de la recta y el plano. b) Siguiendo con a = 1, calcula b para que el punto (3, 1, -3) pertenezca a la recta y al plano. c) Determina los valores de a y b para que la recta r esté contenida en el plano π .
SOLUCIÓN
a) Escribimos la ecuación de la recta en forma paramétrica:
+−=−=+=
≡ααα
3
41
43
z
y
x
r
Como a = 1, el plano es 042 =−−+≡ bzyxπ . Para saber la posición relativa de r y π , sustituimos las incógnitas x, y, z de la ecuación de la recta en el plano, y obtenemos una ecuación con una sola incógnita α : 0)17(80)3(4)41(243 =−+−⇒=−+−−−++ bb αααα
Esa ecuación, siempre tiene una solución 8
17
8
17 −=−
−= bbα cualquiera que sea el valor de b.
Por tanto, si a = 1, la recta y el plano se cortan en un punto. Naturalmente, las coordenadas de ese punto dependen del valor que le demos al parámetro b. b) Es evidente que el punto (3, 1, -3) es un punto de la recta. Si además queremos que esté en el plano 042 =−−+≡ bzyxπ , sus coordenadas han de cumplir su ecuación: 17012230)3(4123 =⇒=−++⇒=−−−⋅+ bbb c) Como en el primer apartado, sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta r en el plano bzyax =−+≡ 42π , y obtenemos la siguiente ecuación con una sola incógnita α : 0)143()124(0)3(4)41(2)43( =−−+−⇒=−+−−−++ baaba αααα Para que la recta y el plano sean incidentes, esa ecuación tiene que tener infinitas soluciones, tantas como puntos tienen en común la recta y el plano y para ello, han de ser cero los dos coeficientes de la ecuación:
==
⇒
=−−=−
23
3
0143
0124
b
a
ba
a
16
25.- JUNIO 2005 Sea el punto A (1, 0, 0) y el plano 12 =−+≡ zyxπ . Halla: a) La ecuación de la recta que pasa por A y es perpendicular a π . b) La ecuación del plano 'π que pasa por A y no corta a π . c) La distancia entre los dos planos.
SOLUCIÓN a) El vector director de la recta que nos piden, es el asociado (perpendicular) al plano: )1,1,2( −w
r.
Por tanto, la ecuación de la recta es: ⇒−−=−=−1
0
1
0
2
1 zyxzy
xr −==−≡
2
1
b) Se trata de un plano paralelo a π , y que pase por A. Todos los planos paralelos a π , son de la forma: 02 =+−+ Dzyx . De todos ellos, el que pase por A, ha de cumplir: 200012 −=⇒=+−+⋅ DD .
El plano que nos piden es: 022' =−−+≡ zyxπ
c) ≈=++
−−+⋅== .
6
1
114
10012),()',( uADd πππ 0,408248 u
26.- SEPTIEMBRE 2005 Sea el triángulo de la figura formado por A(3, 0, 0), B(0, 2, 0), C(0, 0, 6) y D(a, 3, 1). Calcula:
a) El área del triángulo limitado por los puntos A, B y C. b) La ecuación del plano π que pasa por los puntos A, B y C c) El valor de a para que el vector AD sea perpendicular a π . d) Para a = 5, el punto D’ simétrico de D respecto al plano π .
SOLUCIÓN
a) kji
kji
ACABACyAB 61812
603
023)6,0,3()0,2,3( ++=−−=×⇒−=−=
Por tanto: 2222 45,221262504618122
1)( uCABAABCÁrea ≈==++=×=
rr.
b) El vector asociado (perpendicular) al plano π , es )6,18,12(=×= ACABwr
que ya calculamos en el apartado anterior. Por tanto, el plano que buscamos será uno de los del haz de planos paralelos: 061812 =+++ Dzyx . Imponiendo que pase por A(3, 0, 0), obtenemos D: 36006018312 −=⇒=+⋅+⋅+⋅ DD . Por tanto, 03661812 =−++≡ zyxπ o bien simplificando:
0632 =−++≡ zyxπ También podíamos haber hecho este apartado teniendo en cuenta que el plano que nos piden pasa por el punto A, y contiene a los vectores AB y AC. Por tanto su ecuación se obtiene así:
0632036618120
60
02
333
=−++≡⇒=−++≡⇒=−−−
≡ zyxzyx
z
y
x
πππ .
c) Como ya vimos en anteriores apartados, El vector asociado (perpendicular) al plano π , es )6,18,12(=×= ACABw
r. Para que el vector )1,3,3( −αAD sea perpendicular al plano π , debe
llevar la misma dirección que wr
y en consecuencia, sus coordenadas deben ser proporcionales:
518
90541836
1
6
3
18
3
12 ==⇒−=⇒==−
ααα
A
πC
D
B
17
d) Si )1,3,5(5 D⇒=α . Para hallar el simétrico de D respecto al plano π , hallamos en primer lugar el punto M, pié de la perpendicular trazada desde D a π . Como M ha de ser el punto medio del segmento DD’, calcularemos fácilmente ya las coordenadas de D’, conociendo las de D y M. El punto M, es el punto en el que se cortan la recta r, perpendicular a π y pasando por D, y el plano π . El vector director de r , es el perpendicular al plano es decir,
)1,3,2(=wr
. Por tanto:
+=+=+=
≡α
αα
1
33
25
z
y
x
r Cortamos esa recta con 0632 =−++≡ zyxπ .
101414061)33(3)25(2 −=⇒=+⇒=−+++++ ααααα . Sustituyendo ese valor de α en la ecuación de la recta, concluimos que M (3, 0, 0). Para encontrar las coordenadas del punto D’(x, y, z) basta, como ya dijimos, tener en cuenta que M
es el punto medio del segmento DD’ y por tanto: ⇒
−=⇒=+
−=⇒=+
=⇒=+
102
1
302
3
132
5
zz
yy
xx
( ))1,3,1' −−=D
27. JUNIO 2006 Sean los puntos A(1, 1, 1), B(a, 2, b) y C(1, 0, 0). a) Con a = 2, calcula b para que los tres puntos determinen un plano que pase por el punto P(2, 0, 1). ¿Cuál es la ecuación de dicho plano? b) Calcula los valores de a y b para que los puntos A, B y C estén alineados. SOLUCIÓN a) Para x = 2, el plano determinado por los puntos A, B, y C, tiene la siguiente ecuación,
que naturalmente viene dada en función del parámetro “b”: 0
11
11
101
=−−−
−
zb
y
x
(*)
No se trata de un plano, sino de infinitos planos, dependiendo del valor del parámetro “b”. Ahora bien, si quiero seleccionar de entre todo ellos el que pasa por el punto P (2, 0, 1), basta sustituir x = 2 y = 0 z = 1 en la ecuación (*).
⇒=+−⇒=−−− 030
111
011
101
b
b
3=b
Sustituyendo b = 3 en (*), obtenemos la ecuación del plano que nos piden:
⇒=−−
−0
12
11
101
z
y
x
01=−−+ zyx
b) Para que A, B y C estén alineados, los vectores AB y AC han de ser proporcionales.
)1,1,0()1,1,1( −−−− CAybaBArr
⇔
+−=−=+−
⇔−−=
−=−⇔
11
01
1
1
1
1
0
1
b
abaalesproporcionsonCAyBA
rr
==
2
1
b
a
π
D
M
D
18
28. SEPTIEMBRE 2006
Dados los puntos A(1, 1, 0) y B(0, 0, 2) y la recta
+=+=
=≡
λλ
1
1
1
z
y
x
r Halla:
a) Un punto rC∈ de forma que el triángulo ABC sea rectángulo con el ángulo recto en C. b) El plano π que pasa por A y B y es paralelo a r. SOLUCIÓN
a) El punto C que buscamos, como está en la recta r, tendrá estas coordenadas: C( )λλ ++ 1,1,1 (*) Se trata de encontrar el valor (o valores) de λ , para que los
vectores CByCArr
sean ortogonales.
( ) ( )1,1,11,,0 −+=+= λλλλ CByCArr
=
−=⇒=−+⇔
⇔=−++⇔=⋅⇔⊥
2
1
1012
010
2
22
λ
λλλ
λλλCBCACBCArrrr
Por tanto, hay dos puntos C y C’ en la recta r, para los que el triángulo ABC es rectángulo con el ángulo recto en C. Esos dos puntos, se obtienen sustituyendo en (*) los dos valores que acabamos de hallar para λ :
.2
3 ,
2
3 1,C'y 0) 0, C(1,
b) Para determinar el plano, necesitamos conocer dos vectores y un punto. En este caso, el punto es B(0, 0, 2) (aunque podría ser A si quisiéramos) y los dos vectores, son BA
r (-1, -1, 2) y el vector
director de la recta r: )1,1,0(ur
. La ecuación del plano, será la siguiente:
0
221
11
10
=−
−−
z
y
x
es decir, que 023 =−+−≡ zyxπ
29. JUNIO 2007 Dado el punto A (1, 1, 1) y la recta
=−−=−
≡1
1
zy
yxr Calcula:
a) Un vector ur
director de la recta r. b) El plano π que contiene al punto A y a la recta r. c) La recta s que pasa por el punto A, está contenida en el plano π , y su dirección es perpendicular a la de la recta r. SOLUCIÓN a) Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas que determina la recta r,
podemos escribir esta recta en paramétricas así:
+−==
+−=≡
αα
α
1
1
z
y
x
r
La recta r pasa por el punto B (-1, 0, -1) y tiene como vector director u (1, 1, 1) b) El plano que contiene a la recta r y al punto A(1, 1, 1), viene determinado por el punto B(-1, 0, -1) y los vectores u(1, 1, 1) y BA (2, 1, 2) por tanto:
A
B
C’
C
r
19
⇒=+
+≡ 0
112
11
112
z
y
x
π 0=+−≡ zxπ
c) Sea w (-1, 0, 1) el vector asociado (perpendicular) al plano anterior y u(1, 1, 1) el vector director de la recta r . Como el vector director v, de la recta s que nos piden, es perpendicular a esos dos
vectores, kji
k
j
i
wuv +−=−
=×= 2
10
11
11
La recta s, pasa por el punto A(1, 1, 1) y tiene como vector director v(1, -2, 1)
Su ecuación es: 12
11 −=
−−=−≡ z
yxs
OTRA FORMA de hacer este apartado, sería determinar la recta s como el corte de dos planos: Uno el plano π hallado en el apartado anterior, y otro el plano que es perpendicular a la recta r y pasa por el punto A. Ese plano es muy sencillo de calcular, porque su vector asociado es el director de r es decir, u (1, 1, 1) . Por tanto, su ecuación sería 0=+++ Dzyx y como ha de pasar por A(1, 1, 1),
⇒−=⇒=+++ 30111 DD el plano en cuestión es x + y + z -3 = 0.
La recta que nos piden es:
=−++=+−
≡03
0
zyx
zxs
30. SEPTIEMBRE 2007 Dados los puntos A(2, 2, 0) B (0, 0, 2) C (0, 1, 2). a) Halla el plano π que contiene a los tres puntos.
b) Calcula el punto P que esté a distancia 22 unidades del plano π y del punto medio del segmento AB. c) Considerando D (2, 1, 1) calcula el volumen del tetraedro limitado por los puntos A, B, C y D. SOLUCIÓN a) Dos vectores que determinan ese plano son AB(-2, -2, 2) y AC(-2, -1, 2). Tomando por ejemplo B(0, 0, 2)
como punto del plano, obtenemos la ecuación que nos piden: 020
212
222
2
=−+≡⇒=−−−−
−≡ zx
zyx
ππ
b) El punto medio del segmento AB, es M(1, 1, 1). El punto M, está en el plano π puesto que satisface su ecuación. Por tanto nos están preguntando por dos puntos P y P’, como los de la figura, que se hallan en la recta r que pasa por el punto M y es perpendicular a π ,
y distan 22 unidades de M (o si se prefiere, de π ). La recta r que pasa por el punto M y es perpendicular a π , tendrá como vector director, el vector asociado (perpendicular) a π es decir (1, 1, 0)
y como pasa por M, su ecuación será
=+=+=
≡1
1
1
z
y
x
r αα
Los puntos de esa recta y en consecuencia, los puntos P y P’ que buscamos, tendrán estas coordenadas: )1,1,1( αα ++
Se trata de calcular α imponiendo la condición de que disten 22 unidades de M.
P
π
22
M
P’
20
−==
⇒=⇒=+⇒=−+−++−+⇒=2
2822222)11()11()11(22),( 222222
αα
αααααMPd
Por tanto, los puntos buscados son: P(3, 3, 1) y P’(-1, -1, 1)
c) El tetraedro de vértices A, B, C y D, está determinado por los vectores )1,1,0()2,1,2(),2,2,2( −−−−− DAyCABArvv
y su volumen V, como bien sabemos, es la sexta parte del producto mixto de esos tres vectores (en valor absoluto,
porque un volumen nunca puede ser negativo). 3
3
1)2(
6
1
110
212
222
6
1uV =−⋅=
−−−−−
=
31. JUNIO 2008 Un plano π determina sobre la parte positiva de los ejes OX, OY y OZ tres segmentos de longitudes 2, 3 y 4 m. respectivamente.
a) Halla la ecuación del plano π . b) Halla la ecuación de la recta r que contiene a los puntos A (2, 0, 3) y B (0, 6, a) y estudia la
posición relativa de la recta r y el plano π según los valores de a. c) Para el caso a = 2, halla el punto donde se corta r y π .
SOLUCIÓN a) Se trata de hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos M(2, 0, 0) N(0, 3, 0) y P(0, 0, 4). Ese plano viene determinado por los vectores MN(-2, 3, 0) y MP(-2, 0, 4) y por el punto M. Su ecuación es:
⇔=−−−
≡ 0
40
03
222
z
y
x
π 012346 =−++≡ zyxπ
b) Veamos primero las ecuaciones paramétricas de la recta r que pasa por A y B:
−+==
−=≡
ααα
)3(3
6
22
az
y
x
r (1)
La posición de esta recta con respecto al plano del apartado anterior, dependerá del valor del parámetro a. Para ver los distintos casos que pueden presentarse, sustituimos (1) en el plano π
[ ] ⇔=−−++⋅+− 012)3(3364)22(6 ααα a 0)33(9 =++ αa (2) Esa es una ecuación de primer grado en la que la incógnita es α , y puede tener solución única (en cuyo caso la recta y el plano se cortan en un punto) o no tener solución (en cuyo caso son paralelos). Nunca puede tener infinitas soluciones, porque el término independiente es 9, distinto de cero, y por eso la recta y el plano no son incidentes para ningún valor de a. 1033 −=⇔=+ aa . Por tanto:
� ⇒−= 1a r y π son paralelos. � ⇒−≠ 1a r y π se cortan en un punto.
c) Para a = 2, la ecuación (2) es así: 1099 −=⇒=+ αα . Llevando este valor a (1) obtenemos las coordenadas del punto Q en el que, para el caso a = 2,
se cortan r y π : )4,6,4( −Q
21
32. JUNIO 2008
Sean las rectas
=+=−=
=−=+
tz
ty
tx
sykzx
yxr 32
1
:2
13:
a) Estudia si para algún valor de k las rectas son paralelas. b) Estudia si para algún valor de k las rectas son perpendiculares. c) Halla la distancia del punto A (1, 1, 1) a la recta s. SOLUCIÓN
Escribimos la recta r en paramétricas:
=−−=
+=≡
αα
α
z
ky
kx
r 35
2
El vector director de r es 1) 3k, -(k,uv y el de s es 1) 3,(-1,v
r.
a) r y s son paralelas ⇔=−=−
⇔1
1
3
3
1
kk 1−=k
b) ⇔=+−⇔=+−−⇔=⋅⇔⊥⇔⊥ 01100190 kkkvuvusrrrrr
10
1=k
c) La recta s viene determinada por el punto P(1, 2, 0) y el vector 1) 3,(-1,v
r. Para hallar la distancia
del punto A(1, 1, 1) a la recta s, aplicamos la fórmula: v
vPAsAd r
rr×
=),( ;
AP (0, 1, -1).
kji
kji
vAP ++=−
−=× 4
131
110
Por consiguiente: =++++=
×=
191
1116),(
v
vPAsAd r
rr
.11
18u
33. SEPTIEMBRE 2008
Se denota por r la recta 2
111 −=−=− zyx y sea s la recta que pasa por A (1, 0, 1) y B(1, 2, 0).
a) Estudia si las rectas r y s se cortan, y si se cortan, halla el punto de intersección. b) Halla la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo a s. c) Halla el punto de r que equidista de A y B.
SOLUCIÓN
• Escribamos r en forma continua: 1
2/1
1
1
1
1 −=−−=−≡ zyx
r (1)
r pasa por el punto M (1, 1, 1/2) y tiene como vector director )1,1,1( −ur
• La recta s pasa por el punto A (1, 0, 1) y tiene como vector director )1,2,0( −== BAvrr
Su ecuación, en paramétricas, es como sigue:
−===
≡tz
ty
x
s
1
2
1
(2)
22
a) Para ver la posición relativa de r y s, estudiamos el rango del sistema de vectores { }MAvurrr
,,
AM (0, 1, -1/2) . ⇒=−
−−
0
2/110
120
111
{ } ⇒= 2,, MAvuRangrrr
r y s son coplanarias
Pero como los vectores u y v no son proporcionales, las rectas no son paralelas y en consecuencia se cortan en un punto, al que llamaremos P. Para hallar las coordenadas de ese punto, resolvemos el sistema determinado por las ecuaciones
(1) y (2). Sustituyendo (2) en (1): 2/10121
2/11
1
120 =⇒=−⇒
−−=−
−= tttt
Llevando este valor de t a (2), obtenemos las coordenadas del punto de corte P (1, 1, 1/2).
b) Como las rectas r y s son coplanarias, nos están pidiendo la ecuación del plano π que las contiene. Ese plano, estará determinado por los dos vectores de las rectas y un punto, el que queramos, de una de
ellas: ⇒=−
−−−−
≡ 0
120
111
2/111 zyx
π 012 =−++−≡ zyxπ
c) Escribimos r en paramétricas:
+=−=+=
≡α
αα
2/1
1
1
z
y
x
r
El punto Q que buscamos, por estar en la recta r, tendrá estas coordenadas: )2/1,1,1( ααα +−+Q (3)
Imponiendo la condición de equidistancia, obtenemos las ecuaciones que nos permitirán hallar α .
4/1124/121
)2/1()21()11()12/1()1()11(),(),(
222222
222222
++++++=+−++−+
⇒++−−+−+=−++−+−+⇒=
αααααααααα
ααααααBQdAQd
Elevando al cuadrado y haciendo operaciones: 0064/1134/113 =⇒=⇒++=++− αααα
Y llevando ese valor a (3), tenemos las coordenadas del punto medio que nos piden: )2/1,1,1(Q 34. JUNIO 2009
Sea r la recta 2
476
−−=−=− z
yx , y P el punto de coordenadas (1, 0, 1).
a) Halla la ecuación del plano que pasa por P y es perpendicular a r. b) Halla el punto de r más próximo a P, y la distancia de P a r.
SOLUCIÓN
a) El vector director de la recta r es )2,1,1( −ur
. Como el plano π que buscamos es perpendicular a r, Su vector asociado (perpendicular) es el vector director de r. Se trata por tanto del plano: 02 =+−+≡ Dzyxπ Para hallar D, imponemos que el plano pase por el punto P (1, 0, 1): ⇒=⇒=+−+ 10201 DD 012 =+−+≡ zyxπ b)
• El punto Q de r más próximo a P, es el pie de la perpendicular trazada desde P a r. Ese punto se halla cortando el plano π con la recta r.
P π Q
r
23
A C D B
Q P
r
π
Q
Escribimos r en paramétricas:
−=+=+=
≡tz
ty
tx
r
24
7
6
y sustituimos en la ecuación del plano 012 =+−+≡ zyxπ :
-1t014t8-t7t6 =⇒=+++++ Llevamos el valor de t a las ecuaciones paramétricas de r y obtenemos el punto que nos piden:
)6,6,5(Q
• La distancia del punto P a la recta r, es la distancia de P a Q.
=−+−+−== 222 )16()06()15(),(),( QPdrPd .77,877 u≈
35. SEPTIEMBRE 2009
Se consideran los puntos A (2, -1, 1) y B (-2, 3, 1). a) Halla los puntos C y D que dividen el segmento AB en tres partes de igual longitud. b) Halla el plano respecto al cual los puntos A y B son simétricos.
SOLUCIÓN
a) Sean ),,(),,( 321321 dddDycccC los puntos que dividen al segmento AB en tres
partes iguales.
• ⇒
=
=
=
⇒
−=+=
−=−⇒−+−=−⇒=
13
13
2
)1(30
)1(34
)2(34
)1,1,2(3)0,4,4(3
3
2
1
3
2
1
321
c
c
c
c
c
c
cccCABArr
1,31
,32
C
•
( )
⇒
=
=
−=
⇒
−=
−=
−=−
⇒
−−−=−⇒=
13
53
2
130
3
134
3
234
1,3
1,
3
23)0,4,4(3
3
2
1
3
2
1
321
d
d
d
d
d
d
dddDCBArr
− 1,3
5,
3
2D
b) Del plano π que nos piden, sabemos dos cosas: que su vector asociado
(perpendicular) esBAr
(-4, 4, 0) y que pasa por M (0, 1, 1), punto medio del segmento AB. 044 =++−≡ Dyxπ . Como ha de pasar por M: 404 −=⇒=+ DD
El plano buscado es: 0444 =−+−≡ yxπ
O bien : 04=+−≡ yxπ
36. JUNIO 2010. Dados el punto P(-1, 2, 0) y la recta zyx
r ==−≡22
1, calcula:
a) La ecuación del plano π , perpendicular a r pasando por P. b) El punto de intersección entre r y π . c) La distancia del punto P a la recta r.
SOLUCIÓN a) El vector asociado al plano, es el director de la recta, por tanto:
A
B
π M
24
A
B
P π
022 =+++≡ Dzyxπ . Como debe pasar por el punto P
-2D0D42- =⇒=++ . El plano que nos piden es 0222 =−++≡ zyxπ b) Para encontrar el punto en el que se cortan r y π , escribimos la recta en
paramétricas:
==
+=≡
αα
α
z
y
x
r 2
21
y sustituimos en el plano:
⇒=⇒=−+++ 002442 αααα Se cortan en el punto Q(1, 0, 0)
c) =−+−++== 222 )00()20()11(),(),( QPdrPd u83,2228 ≈=
37. JUNIO 2010. Dados el punto A(0, 1, 2) y el plano 04 =−+−≡ zyxπ , halla: a) La recta r , perpendicular al plano π que pasa por A. b) El punto de intersección entre r y π . c) El simétrico de A respecto de π .
SOLUCIÓN
a) El vector director de r, es el vector asociado (perpendicular) a π . Por tanto:
+=−=
=≡
ααα
2
1
z
y
x
r
b) Para hallar el punto en el que se cortan r y π , sustituimos las ecuaciones de la recta en el plano y hallamos α . ⇒=⇒=−+++− 10421 αααα Se cortan en el punto P(1, 0, 3) c) Llamemos B(x, y, z), al simétrico del punto A respecto al plano π . El punto P, hallado en el apartado anterior, es el punto medio del segmento AB y por tanto:
;432
2;10
2
1;21
2
0 =⇒=+−=⇒=+=⇒=+z
zy
yx
x
El simétrico que nos piden es el punto B(2, -1, 4) 38. JUNIO 2010.
Se consideran la recta r que pasa por los puntos P(1, 2, 3) y Q(1, -1, 3) , y el plano π que contiene a los puntos A(1, 0, 1) B(2, -1, 3) y C(4, 1, 0). Calcula:
a) Las ecuaciones implícitas de r y π . b) La posición relativa de r y π . SOLUCIÓN a)
• La recta r, pasa por el punto P(1, 2, 3) y tiene como vector director u(0, -3, 0).
Así podemos escribirla en forma paramétrica:
=−=
=≡
3
32
1
z
y
x
r α
Y así en forma implícita (como corte de dos planos, uno paralelo al plano YZ y otro paralelo al XY:
==
≡3
1
z
xr
• La ecuación implícita del plano será: ⇒=−−
−−
0
112
11
131
z
y
x
0347 =+−−≡ zyxπ
25
b) Para ver la posición relativa del la recta y el plano, basta sustituir las ecuaciones de la recta en el plano, para
darse cuenta de que se cortan en el punto
− 3,7
8,1M
39. JUNIO 2010. Dadas las rectas zyx
syzyx
r =−=+≡=−=−≡2
1
3
1
3
2
2
1
a) Determina su posición relativa. b) Obtén, si es posible, un plano paralelo a s que contenga a r.
SOLUCIÓN a) La recta r pasa por el punto A(1, 2, 0) y tiene como vector director u(2, 3, 1). La recta s pasa por el punto B(-1, 1, 0) y tiene como vector director v(3, 2, 1). Para decidir sobre la posición relativa de r y s, analicemos en rango de los vectores u, v y AB.
⇒=
−−= 3
123
132
012
),( RangABvuRang r y s se cruzan.
b) El plano π que nos piden, pasa por el punto A y contiene a los vectores u y v. por tanto:
⇒=−−
≡ 0
123
132
21 zyx
π 035 =−−+≡ zyxπ
40. SEPTIEMBRE 2010. Sea el punto A(1, -2, 0) y la recta
=−+=++−
≡042
032
zy
zyxr
Halla la ecuación del plano que pasa por el punto A y contiene a la recta r.
SOLUCIÓN Tomamos el haz de planos que pasan por r: 0)42(32 =−++++− zyzyx α De entre todos esos planos, seleccionamos el que pase por el punto A:
3
4
6
806804022(30)2(21 ==⇒=−⇒==−⋅+−+++−− ααα
El plano que buscamos, es
( ) ⇒=−++++−⇒=−++++−≡ 0)42(43230)42(3
432 zyzyxzyzyxπ
071123 =−+−≡ zyxπ
41. SEPTIEMBRE 2010. En el espacio se consideran las rectas r y s: r pasa por el punto P(1, 2, 1) y tiene como vector director v(1, -1, 1) s pasa por los puntos A(2, 3, 2) y B(3, 2, 3). a) Obtén las ecuaciones de r y s. b) Determina la posición relativa de r y s. SOLUCIÓN
a)
+=−=+=
≡
+=−=+=
≡βββ
ααα
2
3
2
1
2
1
x
x
x
s
x
y
x
r s tiene como vector director AB(1, -1, 1)
Observa que los parámetros ( βα y ) han de ser diferentes, porque toman valores independientemente.
26
A
P v
B
r
s
1π
2π
A
b) Los vectores directores de las dos rectas son iguales, luego son paralelas o coincidentes. Como el vector AP(-1, -1, -1) no es proporcional a los anteriores, son paralelas. 42. SEPTIEMBRE 2010. Se consideran, el plano 1π que pasa por los puntos A(1, 0, 0 ) B(0, 2, 0) y C(0, 0, -1), y el plano 2π que pasa por los puntos P(3, 0, 0) Q(0, 6, 0) y R(0, 0, 3). Calcula:
a) Las ecuaciones generales o implícitas (o cartesianas) de los planos 1π y 2π .
b) La posición relativa de 1π y 2π .
c) La distancia entre 1π y 2π . SOLUCIÓN
a) 1π vendrá determinado por el punto A(1, 0, 0) y los vectores AB (-1, 2, 0) y AC(-1, 0, -1)
⇒=−
−−−≡ 0
10
02
111
1
z
y
x
π 02221 =−−+≡ zyxπ
2π vendrá determinado por el punto P(3, 0, 0) y los vectores PQ (-3, 6, 0) y PR(-3, 0, -3)
⇒=−
−−−≡ 0
30
06
333
2
z
y
x
π 06222 =−−+≡ zyxπ
b) Para saber cuál es la posición relativa de 1π y 2π , veamos si sus coeficientes son o no proporcionales:
⇒−−≠
−−==
6
2
2
2
1
1
2
2 1π y 2π son paralelos
c) Como son paralelos, para ver a qué distancia se encuentran, basta tomar un punto de uno de ellos y hallar la distancia desde ese punto al otro plano.
.3
4
)2(12
602012),(),(
222221 uAdd =−++
−⋅−+⋅== πππ
43. SEPTIEMBRE 2010. Dados los puntos A(1, 0, 1) B(0, 1, 1) y C(0, 0, -1). a) Obtén las ecuaciones de la recta que pasa por B y C. b) Halla la ecuación del plano π que pasa por A y es perpendicular a r. c) Encuentra las coordenadas del punto de corte entre r y π . d) Halla el punto simétrico de A respecto de r.
SOLUCIÓN
a) La recta r vendrá determinada por el punto C(0, 0, -1) y el vector BC(0, -1, -2).
−−=−=
=≡
αα21
0
z
y
x
r
b) El vector asociado al plano π es el vector director de r es decir, BC(0, -1, -2). Por tanto: 02 =+−−≡ Dzyπ
Pero como ese plano debe pasar por el punto A(1, 0, 1): 20120 =⇒=+⋅− DD 022 =+−−≡ zyπ c) Para ver en qué punto Q se cortan r y π , sustituimos los valores x, y, z de la recta en el plano, y obtenemos:
5
404502)21(2)( −=⇒=+⇒=+−−−−− αααα
Sustituyendo ese valor del parámetro en r, encontramos las coordenadas π
r
C
B
A A’ Q
27
del punto de corte que nos piden: Q(0, 4/5, 3/5)
d) El simétrico de A respecto de r será el punto A’ , tal que Q (pie de la perpendicular trazada desde A a r, sea el punto medio del segmento AA’ . Como A(1, 0, 1) y Q(0, 4/5, 3/5), supongamos que las coordenadas de A’ son: A’(x, y, z).
5
1
5
3
2
1;
5
8
5
4
2
0;10
2
1 =⇒=+=⇒=+−=⇒=+z
zy
yx
x
El simétrico que buscamos es:
−5
1,
5
8,1'A
44. JUNIO 2011. Se considera la recta
=−+=−−
≡02
052
zx
yxr
a) Determina el plano π que contiene a r y pasa por el origen de coordenadas. b) Halla la ecuación de la recta perpendicular a π que pasa por el punto (1, 0, 1) SOLUCIÓN a) Tomamos el haz de planos incidentes con r: 0)2(52 =−++−− zxyx α
Seleccionamos el que pasa por el origen: 2
5025 −=⇒=−− αα
El plano que nos piden es: 0520)2(25
52 =++≡⇒=−+−−−≡ zyxzxyx ππ
b) Llamemos s a la recta que buscamos. Como debe ser perpendicular al plano anterior, su vector director será u = (1, 2, 5) que es el vector asociado al plano.
Y como s debe pasar por el punto (1, 0, 1) su ecuación es:
+==
+=≡
ααα
51
2
1
z
y
x
s
45. JUNIO 2011. Se consideran la recta 153534
11
2 =−+≡=−=+≡ zyxplanoelyzyx
r π
a) Halla su posición relativa. b) En caso de cortarse, halla el punto de corte.
SOLUCIÓN
a) Escribimos la recta en paramétricas:
=+=
+−=≡
ααα
3
41
2
z
y
x
r Y sustituimos en la ecuación del plano:
=⋅−+++− ααα 33)41(52 Obtenemos la ecuación de primer grado con una incógnita: 11212 =⇒= αα que tiene una solución. Por tanto, la recta y el plano se cortan en un punto. b) Llevando ese valor de α a la ecuación de la recta, obtenemos el punto de corte: (-1, 5, 3) 46. JUNIO 2011. 2.- Sea el punto P (-1, 2, 0) y el plano 02 =+−+≡ zyxπ . Calcula: a) La ecuación de una recta que pase por el punto P y corte al plano π b) La distancia del punto P al plano π .
28
SOLUCIÓN a)Tomamos un punto cualquiera del plano, por ejemplo, A (0, 0, 2). La recta que pasa por A y P, es una
solución. )2,2,1( −−PAr
y por tanto: 22
2
1
1
−=−=
−+≡ zyx
r
b) .33
3
111
2021),( uPd ==
+++−+−
=π
47. JUNIO 2011. Se consideran los puntos del espacio A(0, -1, 2) y B(2, 2, 3). a) Halla las ecuaciones implícitas de la recta r que pasa por A y B. b) Da la ecuación de un plano perpendicular a r pasando por A. SOLUCIÓN a) El vector director de la recta que nos piden es )1,3,2(BA
r y por tanto, estas son sus ecuaciones:
=+−=−−
⇒
−=+
+=⇒
−=+=≡073
0223
1
2
3
13
1
21
2
3
1
2 zy
yx
zy
yxzyx
r
b) Todos los planos perpendiculares a r , tienen como vector asociado (perpendicular) )1,3,2(BAr
y por tanto, sus ecuaciones son: 2x + 3y + z + D = 0. De entre todos esos planos, debemos seleccionar el que pasa por el punto A(0, -1, 2) : 102)1(302 =⇒=++−+⋅ DD . En consecuencia, el plano que buscamos es: 0132 =+++≡ zyxπ 48. JULIO 2011. Halla una ecuación del plano que pasa por el punto P(1, 1, 2)
y es paralelo a las rectas
−=−=−
≡
==
−=≡
3
4223
zy
yxs
tz
ty
tx
r
SOLUCIÓN El plano π que nos piden, vendrá determinado por el punto P y los vectores directores de las dos rectas.
Los vectores directores de r y s, son: kji
k
j
i
vyu 222
10
02
12
)1,3,1( ++=−
−=−
Por tanto: 0220
221
123
121
=+−+≡⇒=−−−−
≡ zyx
z
y
x
ππ
49. JULIO 2011. Halla la posición relativa de las rectas
1
3
1
2
1
1
4
2
3
1
1
2
−−=+=−≡−=+=−≡ zyx
syzyx
r
SOLUCIÓN
� La recta r, pasa por el punto A (2, -1, 2) y tiene como vector director u (1, 3, 4). � La recta s, pasa por el punto B (1, -2, 3) y tiene como vector director v (1, 1, -1).
Desde luego que no son paralelas ni coincidentes, porque sus vectores directores no son proporcionales. Para conocer exactamente su posición relativa, debemos estudiar el rango del sistema de vectores
),,( BAvurrr
. Como )1,1,1( −−BAv
29
2
111
111
431
),,( =
−−−= RangBAvuRang
rrr puesto que 0
11
310
111
111
431
≠=−−
− y
Por tanto, las rectas son coplanarias y como no pueden ser paralelas, se cortan en un punto. 50. JULIO 2011.
Halla a y b para que las rectas
=+−−=−
≡−
==≡012
0
22 zyx
bzxsy
a
zy
xr sean paralelas
SOLUCIÓN
� La recta r pasa por el punto A(0, 0, 0) y tiene como vector director u (2, 1, 2 –a) � Si resolviendo el sistema que determina la recta s, podemos escribirla en paramétricas:
=−+=
=≡
αα
α
z
by
bx
s )12(1
Lo que nos indica que pasa por el punto B(0, 1, 0) y tiene como vector director v (b, 2b-1, 1). � Para que las rectas sean paralelas, sus vectores directores han de ser proporcionales, por tanto:
=
−=⇒
−==−
⇒
−=
−=
⇒−=
−=
3
2
1
22
24
1
2212
12
1
2
12
12
b
a
abb
bb
a
b
bba
bb
51. JULIO 2011. . Se consideran las rectas
+−=+=
+=≡+=+=−≡
tz
tmy
tx
syzyx
r
31
3
1
12
2
3
1
a) Calcula m para que las rectas se corten en un punto b) Para ese valor de m, halla el punto de corte. SOLUCIÓN a)
� La recta r pasa por el punto A(1, -2, -1) y tiene como vector director u (3, 2, 1) � La recta s que pasa por el punto B(1, m, -1) y tiene como vector director v (1, 3, 3).
Como sus vectores directores no son proporcionales, podemos estar seguros de que las rectas ni son paralelas ni coincidentes. Si queremos que se corten en un punto deben ser coplanarias, y por tanto: 2),,( =BAvuRang
rrr.
Como )0,2,0( +mBAv
201680
020
331
123
2),,( −=⇒=−−⇒=+
⇒= mm
m
BAvuRangrrr
b) Para m = -2, es obvio que el punto P (1, -2, -1) está en las dos rectas, así que ese es el punto en el que se cortan.
52. JUNIO 2012 Encuentra la ecuación del plano que pasa por el origen de coordenadas, es paralelo al plano determinado por el punto P(1, -1, 0) y la recta que pasa por el punto Q(2, 2, 2) y tiene vector director v (1, 2, 3)
30
SOLUCIÓN Llamemos π al plano que nos piden, r a la recta que pasa por el punto Q(2, 2, 2) y tiene como vector director v(1, 2, 3), y 'π al plano determinado por el punto P(1, -1, 0) y la recta r .
• 'π será el plano que determinan el punto P(1, -1, 0) y los vectores v(1, 2, 3) y PQ(1, 3, 2)
Por tanto: 065'0
231
321
11
' =−−−≡⇒=+−
≡ zyx
zyx
ππ
• π es un plano paralelo al anterior y por tanto, pertenece a la familia de planos paralelos de ecuación 05 =+−− Dzyx .
Como tiene que pasar por el origen, debe cumplirse que: 00000 =⇒=+++ DD El plano que nos piden es 05 =−−≡ zyxπ
53. JUNIO 2012 Se consideran la recta y los planos siguientes
02420132
23
55
21
11 =−++≡=−++≡
+−=−−=
+=≡ zyxzyx
tz
ty
tx
r ππ
a) Determina la posición relativa de la recta respecto a cada uno de los planos. b) Determina la posición relativa de los dos planos. c) Calcula la distancia de r al plano 2π SOLUCIÓN a) Sustituimos las ecuaciones de la recta en cada uno de los planos, y discutimos la ecuación de primer grado con una incógnita que resulta. Esa ecuación puede tener una solución, ninguna o infinitas, y eso nos indicará que la recta y cada uno de los planos, o bien se cortan en un punto, o son paralelos o incidentes.
• 11 019201)23(3)55(221: ππ yrttttyr ⇒=−−⇒=−+−+−−++ se cortan en un punto, porque esa ecuación tiene una solución.
• 12 023002)23(4)55(221: ππ yrttttyr ⇒=−⋅−⇒=−+−+−−++ no se cortan en ningún punto es decir, son paralelos, puesto que esa ecuación no tiene solución.
b) Para analizar la posición relativa de los dos planos, veamos si sus coeficientes son proporcionales.
⇒≠=43
22
11
21 ππ y se cortan a lo largo de una recta.
c) Como ya dijimos en el primer apartado, la recta r y el plano 2π son paralelos. Para calcular la distancia entre ellos, tomamos un punto cualquiera de la recta y hallamos su distancia al plano. Por comodidad, tomamos el punto P (1, -5, -3) que aparece en la ecuación.
.1,521
23
421
2)3(4)5(21),(),(
22222 uPdrd ≈=++
−−+−+== ππ
54. JUNIO 2012 a) Obtén la posición relativa de los planos 1π que pasa por los puntos A(1, 0, 0) B(0, 2, 0) C(0, 0, -1)
y 2π que pasa por )3,0,0(')0,6,0(')0,0,3(' −CBA b) Busca la mínima distancia entre los planos anteriores SOLUCIÓN a)
• 1π es el plano que pasa por el punto A(1, 0, 0) y contiene a los vectores AB(-1, 2, 0) y AC(-1, 0, -1)
31
Por tanto 02220
101
021
1
11 =++−−≡⇒=−−
−−
≡ zyx
zyx
ππ
• 2π es el plano que pasa por el punto A’(3, 0, 0) y contiene a los vectores A’B’(-3, 6, 0) y
A’C’(-3, 0, -3). Por tanto: 054189180
303
063
3
22 =++−−≡⇒=−−
−−
≡ zyx
zyx
ππ
• Para conocer la posición relativa de esos dos planos, analizamos la proporcionalidad de sus
coeficientes: ⇒≠=−−=
−−
542
182
91
182
Los planos son paralelos.
b) Como son paralelos, para hallar la distancia que los separa basta tomar un punto cualquiera del primero, por ejemplo A(1, 0, 0) y hallar la distancia desde este punto al segundo plano:
.3
4
414
6002),(),( 221 uAdd =
+++++−
== πππ
55. JUNIO 2012
a) Halla la posición relativa de la recta 3
22
11
1 −=−=+≡ zyxr y el plano 15342 =−+≡ zyxπ
b) En caso de cortarse, halla el punto de corte. SOLUCIÓN
a) Escribimos la recta en paramétricas
+=+=
+−=≡
ααα
32
21
1
z
y
x
r . Sustituimos en la ecuación del plano
y observamos si la ecuación de primer grado que resulta tiene una solución, ninguna o infinitas: 1901915)32(3)21(4)1(2 =⇒=−⇒=+−+++− ααααα La recta y el plano se cortan en un punto, puesto que la ecuación resultante tiene solución única. b) El punto de corte se obtiene sustituyendo el valor de α hallado en el apartado anterior, en las
ecuaciones paramétricas de la recta:
=⋅+==⋅+=
=+−=
591932
391921
18191
z
y
x
La recta r y el plano π se cortan en el punto P (18, 39, 59) 56. JULIO 2012 Considera los planos 0302 21 =−≡=+−≡ zyzyx ππ
a) Estudia la posición relativa de 21 ππ y
b) Encuentra, si es posible, una recta paralela a 21 ππ y que pase por el punto (2, 2, -1) SOLUCIÓN a) El vector asociado a 1π es )1,1,2(1 −w y el asociado a 2π es )1,0,0(2w . Como esos dos vectores no son proporcionales, no llevan la misma dirección y por tanto, los planos no son paralelos ni coincidentes, así que se cortan a lo largo de una recta. b) La recta que nos piden, vendrá dada como el corte de dos planos que serán paralelos a los dos planos anteriores, pero pasando por el punto (2, 2, -1).
• Plano paralelo a 1π pasando por (2, 2, -1) : 012 =−+− zyx
32
• Plano paralelo a 2π pasando por (2, 2, -1) : 01=+z
La recta que nos piden será:
=+=−+−
≡01
012
z
zyxr
OTRA FORMA DE HACERLO El vector director v, de la recta que pide el ejercicio, será perpendicular a 21 wyw . Por tanto:
)0,2,1(2
100
11221 −−=⇒−−=−=×= vji
kji
wwv
Como la recta debe pasar por el punto (2, 2, -1), sus ecuaciones paramétricas son:
−=−=−=
≡1
22
2
z
y
x
r αα
57. JULIO 2012 a) Determina el valor de k para que los puntos A(0, 2, 1) B(1, -2, 0) C(2, 0, 3) y D(1, 1, k) se encuentren en el mismo plano. b) Halla la distancia del origen de coordenadas al plano determinado por los puntos A, B y C.
SOLUCIÓN
a) Para que A, B, C y D estén en el mismo plano, el rango de los vectores AB, AC y AD debe ser dos. Como )1.1,1()2,2,2()1,4,1( −−−−− kADyACAB
201260
111
222
141
2),,( =⇔=−⇔=−−
−−−
⇒= kk
k
DACABARangrrr
b) El plano π , determinado por los puntos A, B y C, es el plano que contiene al punto A y a los vectores AB y AC:
013250
222
141
12
=−−+≡⇒=−
−−−−
≡ zyx
zyx
ππ
Y la distancia de O(0, 0, 0) al plano anterior será: ( )
.38
1
325
1030205),(
222uOd =
−+
−⋅−⋅+⋅=π
58. JULIO 2012 Dado el punto O(0, 0, 0), busca un punto O’ del espacio tal que la recta que pasa por O y O’ sea perpendicular al plano π de ecuación x + y + z = 3 , y las distancias de O a π y de O’ a π coincidan. SOLUCIÓN Nos preguntan por el punto O', simétrico de O con respecto al plano π , y para encontrarlo procedemos de este modo: • Hallamos la ecuación de la recta r, perpendicular a π pasando por O. El
vector director de esa recta es el perpendicular a π es decir, u (1, 1, 1)
Por tanto
===
≡ααα
z
y
x
r
• Calculamos las coordenadas del punto M en el que r corta a π . Para ello resolvemos el sistema determinado
O(0,0,0)
r
M
O'(a,b,c)
π
33
por sus ecuaciones: )1,1,1(
1
1
1
13
3
M
z
y
x
zyx
z
y
x
⇒
===
⇒=⇒=++⇒
=++===
ααααααα
• M es el punto medio del segmento OO'. Buscamos las coordenadas (a, b, c) de O'.
.212
0;21
2
0;21
2
0 =⇒=+=⇒=+=⇒=+c
cb
ba
a Por tanto )2,2,2('O
59. JULIO 2012 Se consideran los puntos en el espacio: A(1,0,0), B(0,2,0) y C(0,3,0). a) Halla la ecuación general o implícita del plano π que contiene a esos puntos. b) Calcula la ecuación de la recta perpendicular a π que pasa por el origen de coordenadas y encuentra el punto de intersección de la recta y el plano.
SOLUCIÓN a) El planoπ vendrá determinado por el punto A y los vectores AB(-1, 2, 0) y AC(-1, 3, 0)
00
031
021
1
=≡⇒=−−−
≡ z
zyx
ππ
Se trata del plano coordenado XY que puedes ver en la figura.
b) Este apartado es bastante obvio. La recta que nos piden es el eje OZ es decir:
==
≡0
0
y
xr
Y el punto de intersección de r y π es el origen de coordenadas O(0, 0, 0) 60. JUNIO 2013. Halla los planos que pasando por A(0, 2, 0) y B( 0, 0, 2) corten al eje OX en el punto C tal que el área del triángulo de vértices A, B, y C sea 6 2u . SOLUCIÓN El punto C, por estar en el eje OX tendrá coordenadas (a, 0, 0). Se trata de hallar a para que el triángulo
ABC tenga un área de 6 2u . Área de ABC = ACAB×2
1
)0,2,()2,2,0( −=−= aACAB akaji
a
kji
ACAB 224
02
220 ++=−−=×
168)2()2(4 2222 +=++=× aaaACAB Por tanto:
4012881216862
1 222 ±=⇒=−⇒=+⇒=× aaaACAB
Los puntos que buscábamos son: P (4, 0, 0) y Q (-4, 0, 0) . Por tanto los planos que nos piden, son:
1π : Plano que pasa por los puntos A, B y C ⇒=−−
−≡ 0
024
220
4
1
zyx
π 04221 =−++≡ zyxπ
2π : Plano que pasa por los puntos A, B y C' ⇒=−−−
+≡ 0
024
220
4
2
zyx
π 04221 =+−−≡ zyxπ
r
X
Y
Z
O
34
61. JUNIO 2013. Se considera el plano 0=−+≡ zyxπ y la recta
=−=
≡0
0
zy
xr
a) Halla la posición relativa de la recta y el plano. b) Encuentra una recta perpendicular a ambos. c) Busca la mínima distancia entre la recta y el plano dados. SOLUCIÓN
a) Escribimos la recta en paramétricas:
===
≡tz
ty
x
r
0
y sustituimos en el plano 0=−+≡ zyxπ
Obteniendo la ecuación de primer grado: 00 =−+ tt que como vemos tiene infimitas soluciones. En consecuencia, la recta y el plano son incidentes b) Una recta perpendicular a ambos, pasará por un punto cualquiera de r, por ejemplo el (0, 0, 0) y tendrá como vector director, el vector asociado (perpendicular) a π es decir, w(1, 1, -1). Por tanto, su ecuación será: zyxs −==≡ c) La mínima distancia entre la recta y el plano que nos dan es, obviamente, cero. 62. JUNIO 2013. Sea el punto P(-1, 2, 0) y el plano 832 =+−≡ zyxπ . Calcula: a) Las ecuaciones de una recta que pase por el punto P y sea perpendicular al plano π . b) La distancia d del punto P al plano π . c) La ecuación de otro plano, paralelo a π y distinto de él, que diste de P la misma distancia d. SOLUCIÓN a) El vector director de la recta que nos piden, es el asociado al plano: )1,3,2(−w
r
Por tanto, la recta es : zyx
r =−−=+≡3
2
2
1
b) La distancia del punto P(-1, 2, 0) al plano ≡π 0832 =−+− zyx será:
=+−+
−+⋅−−=
222 1)3(2
8023)1(2),( πPd .
14
16u
c) Todos los planos paralelos a π tienen como ecuación ≡'π 032 =++− Dzyx .
Veamos cuánto debe valer D para que .14
16),( uPd =π
−=⇒−=+−=⇒=+−
⇒=+−⇒=+−−
⇒=8168
24168168
14
16
14
62.
14
16),(
DD
DDD
DuPd π
El plano que nos piden es 02432' =++−≡ zyxπ El otro, ≡π 0832 =−+− zyx , ya lo conocíamos. 63. JUNIO 2013. Se consideran los puntos del espacio A(1, -1, 1) y B(2, 2, 2) a) Halla el punto medio de A y B. b) Encuentra la ecuación del plano respecto al cual son simétricos A y B SOLUCIÓN a) El punto medio M, del segmento AB será:
=
++−+2
21,
2
21,
2
21M
2
3,
2
1,
2
3
A
B
M π
s
r π
35
b) El vector asociado (perpendicular) del plano π que nos piden, es ( )1,3,1=AB por tanto su ecuación será: 03 =+++≡ Dzyxπ Para hallar D, solo tenemos que hacer que el plano pase por el punto M:
2
90
2
3
2
13
2
3 −=⇒=++⋅+ DD Por tanto: 02
93 =−++≡ zyxπ
64. JULIO 2013 Las coordenadas de los puntos medios de los lados de un triángulo ABC son: M(1, 0, 0) N(0, 1, 0) y P(0, 0, 1). a) Halla las coordenadas de los vértices A, B y C. b) Halla el área del triángulo. SOLUCIÓN a) Los vértices del triángulo son:
),,(),,(,),,( 321321321 cccCybbbBaaaA
• M punto medio de AB
−=⇒=+
−=⇒=+
−=⇒=+
⇒
3333
2222
1111
02
02
212
abba
abba
abba
(1)
• P punto medio de AC
−=⇒=+
−=⇒=+
−=⇒=+
⇒
3333
2222
1111
212
02
02
acca
acca
acca
(2)
• N punto medio de BC
=⇒−=−⇒=−−⇒=+
−=⇒=−⇒=−−⇒=+
=⇒=+−⇒=−+−⇒=+
⇒
12202
20
2
12212
12
1022022
02
333333
212222
111111
aaaabc
aaaabc
aaaabc
Por tanto, el vértice A tiene coordenadas (1, -1, 1). Y llevando este resultado a (1) y (2) obtenemos las coordenadas de los otros dos vértices: B(1, 1, -1) y C(-1, 1, 1)
b) El área del triángulo es, como sabemos: 2
CABArr
×
3448444
444
022
220;)0,2,2()2,2,0(
222 ==++=×
++=−
−=×−=−=
CABA
kji
kji
CABACABA
rr
rrrr
Por tanto, El área del triángulo es: 2322
34
2u
CABA==
×rr
B A
C
P N
M
36
65. JULIO 2013 Halla la ecuación del plano π que pasa por el punto A (1, 1, 1) y es paralelo a las rectas
−=−=−
≡
=+=+
≡3
2
04
03
zy
yxsy
zx
yxr
SOLUCIÓN El plano π vendrá determinado por el punto A y los vectores directores de las rectas r y s. Hallemos en primer lugar los vectores u y v, directores de esas dos rectas:
)1,1,1(
3
2
3
2
)4,3,1(
4
304
03
=⇒
+==
+=⇒
−=−=−
≡
−−=⇒
−=−=
=⇒
=+=+
≡
v
z
y
x
zy
yxs
u
z
y
x
zx
yxr
r
r
ααα
αα
α
El plano que nos piden es: 0450
141
131
111
=+−≡⇒=−−−−−
≡ zyx
z
y
x
ππ
66. JULIO 2013
Sea s la recta que pasa por los puntos A(1, 1, 0) y B(0, 1, 0). Considera la recta
==
≡2
0
z
yr
a) Escribe las ecuaciones cartesianas de la recta s. b) Determina la posición relativa de r y s. c) Halla la distancia de r a s.
SOLUCIÓN a) La recta s pasa por el punto A (1, 1, 0) y tiene como vector director AB (1, 0, 0)
Sus ecuaciones paramétricas son:
===
≡0
1
z
y
x
s
α
Y si queremos dar la recta como el corte de dos planos, sus ecuaciones cartesianas son:
==
≡0
1
z
ys
b) Las rectas r y s, como puedes ver en la figura, son paralelas puesto que tienen el mismo vector director: )0,0,1(=i
r.
Las dos llevan la dirección del eje OX. c) Para hallar la distancia entre ellas, tomamos un punto cualquiera de r, por ejemplo el C (0, 0, 2) y hallamos la distancia de ese punto a la recta s.
BA
BABCsCdsrd r
vr×
== ),(),(
512
2
001
210
22 =+=×
−−=−=×
BABC
kj
kji
BABC
vr
vr
.51
5),(),( u
BA
BABCsCdsrd ==
×==⇒ r
vr
r
s
37
67. JULIO 2013 Considera un movimiento en el espacio tal que a cada punto de coordenadas (x, y, z) lo mueve al punto de coordenadas (x + y , x + y + z , x + y)
a) Encuentra el conjunto de puntos que se mueven al origen de coordenadas. b) Halla la ecuación cartesiana del plano π que determinan los puntos del apartado a) y el (1, 1, 1). c) Calcula la distancia del origen de coordenadas al plano π .
SOLUCIÓN a) Los puntos que nos piden tienen coordenadas (x, y, z) y deben cumplir la siguiente condición:
(x + y , x + y + z , x + y) = (0, 0, 0)
=−=
=⇒
=++=+
⇒
=+=++
=+⇒
00
0
0
0
0
z
y
x
zyx
yx
yx
zyx
yx
αα
Las soluciones como vemos, son los infinitos puntos de la recta r que viene dada en paramétricas. Es una recta que pasa por el origen O (0, 0, 0) y tiene como vector director )0,1,1( −u
r
b) El plano π vendrá determinado por la recta r y el punto A (1, 1, 1). O dicho de otra manera: por el punto
O(0, 0, 0) y los vectores )0,1,1( −ur
y )1,1,1(AOr
: 020
10
11
11
=−+≡⇒=−≡ zyx
z
y
x
ππ
c) Puesto que el origen de coordenadas es incidente con el plano π , la distancia entre los dos es obviamente CERO.
