Puntos, rectas y planos en el espacio. Problemas métricos en el espacio

Transcripción

1 1. Estudia la posición elativa de las ectas y s: x = 2t 1 x + 3y + 4z 6 = 0 : ; s : y = t + 1 2x + y 3z + 2 = 0 z = 3t + 2 Calcula la distancia ente ambas ectas (Junio 1997) Obtengamos un vecto diecto u y un punto A de. Llamemos z = λ. Entonces el x + 3y = 4λ + 6 sistema queda de la foma:. Multiplicando la pimea ecuación 2x + y = 3λ po 2 y estando queda 5y = 11λ + 14 y = λ +. Sustituyendo en la 5 5 pimea ecuación: x + 3 λ + = 4λ + 6 x λ + = 4λ + 6 x = λ. Po tanto la x = λ ecta es, en ecuaciones paaméticas: y = λ z = λ Así, un punto de es A,, y un vecto diecto de es u = (13, 11, 5) Un punto de s es B( 1, 1, 2) y un vecto diecto de s es v = (2, 1, 3) Entonces: u ango = ango = 2 v pues hay al menos un meno de oden dos distinto de ceo. u ango v = ango = 3, ya que uuu AB Po tanto y s se cuzan / 5 9 / 5 2 Hallemos el plano π que pasa po y es paalelo a s. Paa ello escibamos la ecuación del haz de planos de aista : λ(x + 3y + 4z 6) + µ(2x + y 3z + 2) = 0 (λ + 2µ)x + (3λ + µ)y + (4λ 3µ)z + ( 6λ + 2µ) = 0. 1

2 Paa que un plano de este haz sea paalelo a la ecta s se debe cumpli que el vecto pependicula al plano (λ + 2µ, 3λ + µ, 4λ 3µ) sea pependicula al vecto diecto de s: (2, 1, 3), es deci, que el poducto escala de ambos sea ceo: (λ + 2µ) 2 + (3λ + µ) 1 + (4λ 3µ) ( 3) = 0 7λ + 14µ = 0. Paa que esta última igualdad se cumpla basta elegi λ = 2, µ = 1, luego el plano π es 4x 7y + 5z 10 = 0. La distancia buscada coincide po tanto con la distancia del punto B( 1, 1, 2) de s al plano π: ( 1) ( 7) ( 10) d(, s) = d( B, π ) = = = = uds ( 7) Halla la ecuación de la ecta que pasa po A(1, 2, 1), es pependicula a la ecta 3y + z = 7 : y paalela al plano 2x + y z = 3 x + 4y + z = 8 (Junio 1997) Llamemos u = (a, b, c) a un vecto diecto de la ecta s que buscamos. Hallemos un vecto diecto v de la ecta. Paa ello llamemos, po ejemplo, y = λ. Entonces z = 7 3λ ; x + 4λ + 7 3λ = 8 x = 1 λ. Po tanto las ecuaciones paaméticas de x = 1 λ son: y = λ, y entonces un vecto diecto de es v = ( 1, 1, 3). Como s z = 7 3 λ u v u v = 0 a + b 3c = 0 (1) Un vecto pependicula al plano π 2x + y z = 3 es w = (2, 1, 1). Como sp π u w u w = 0 2a + b c = 0 (2) Resolvamos el sistema fomado po las ecuaciones (1) y (2). Paa ello llamemos, po a + b = 3t 2 ejemplo, c = t. Restando ambas ecuaciones: 3a = 2t a = t, y 2a + b = t 3 sustituyendo en la pimea: 2 t + b = 3t b = 7 t. Paa t = 3 se obtiene a = 2, b = y c = 3, po tanto un vecto diecto de s es u = ( 2, 7, 3) y la ecta s es, en x = 1 2λ ecuaciones paaméticas: s y = 2 + 7λ z = λ 3. Posición elativa de la ecta x 3 y 1 z + = = 2, y el plano x 3y z + 6 = Calcula la distancia ente la ecta y el plano. (Septiembe 1997) Tomemos un punto y un vecto diecto de la ecta : P( a 1, a 2, a 3 ) = P(3, 1, 2); 2

3 u = ( u 1, u 2, u 3 ) = (5, 2, 1). Los coeficientes A, B, C del plano π son A = 1, B = 3 y C = 1. Entonces: Au1 + Bu 2 + Cu3 + D = ( 3) 2 + ( 1)( 1) = = 0 Aa1 + Ba2 + Ca3 + D = ( 3) 1 + ( 1)( 2) = = 2 0 Po tanto, la ecta y el plano son paalelos: P π La distancia ente la ecta y el plano π es la distancia de un punto cualquiea de la ( 3) 1 + ( 1) ( 2) ecta al plano π: d(, π ) = d( P, π ) = = = u ( 3) + ( 1) Ecuación de la ecta que pasa po A(2, 1, 3) y es pependicula al plano que pasa po los puntos B(1, 1, 0), C(0, 1, 2) y D( 2, 2, 1). Calcula el volumen del tetaedo ABCD. (Septiembe 1997) La ecuación del plano que pasa po los puntos B, C y D es: Restando a la 1ª, 2ª y 3ª fila la cuata: la 4ª columna: x + 2 y 2 z 1 x y z = x + 2 y 2 z = 0. Desaollando po ( ) ( ) = 0 x 2 2y + 4 9z + 9 2z y 6 + 3x + 6 = ( x 2y 9z + 11) ( 3x + 3y 2z + 2) = 0 4x 5y 7y + 9 = 0. La ecta que buscamos tendá como vecto diecto un vecto pependicula al plano: u = (4, 5, 7). Entonces las ecuaciones paaméticas de la ecta son: x = 2 + 4λ y = 1+ 5λ z = λ El volumen del tetaedo es: b1 a1 b2 a 2 b3 a 3 1 V = c1 a1 c2 a 2 c3 a 3 = 6 d a d a d a

4 1 2 1 ( 1) = ( 1) 2 3 = = ( ) ( ) = ( 1) u 3 = = Estudia la posición elativa de las ectas: x = 7 + 4t x 3 y + 4 z : y = 1 t ; s : = = z = 2 Halla la ecuación de un plano que contenga a ambas ectas. (Junio 1998) Un punto de es A( 7, 1, 2) y un vecto diecto es u = (4, 1, 0). Un punto de s es B(3, 4, 0) y un vecto diecto de s es v = (2, 3, 2). u ango = ango = 2 v pues hay al menos un meno de oden dos distinto de ceo. u ango v = ango = 2, ya que = = uuu AB = ( 2) = ( 2)(8 8) = Entonces las ectas son secantes. Hallemos el punto P donde se cotan ambas: x = 7 + 4t x + 7 y 1 z 2 x 7 = 4y 4 x + 4y = 3 y = 1 t = = = z + 2 z = 2 z = 2 x 3 y + 4 z 3x + 9 = 2y + 8 3x + 2y = 1 s = = s s y 8 = 3z 2y 3z = 8 Uniendo todas las ecuaciones se obtiene z = 2, y = 1, x = 1. Po tanto el punto P donde se cotan ambas ectas es P(1, 1, 2) El plano π que contiene a y a s, contiene a P y tiene po diecciones u y v. x 1 y + 1 z 2 Entonces: ( ) ( ) = 0 2x 2 12z z + 4 8y 8 = ( ) ( ) 2x 12z 22 8y 2z 4 0 2x 8y 10z 26 0 x 4y 5z = + + = + + = Po tanto x 4y 5z 13 0 π + + = 4

5 x 1 y 2 z Halla el ángulo que foman la ecta : = = y el plano x + 2y z 3 = 0. Obtene el punto de cote de la ecta y el plano (Junio 1998) Un vecto diecto de la ecta es v =(2, 1, 1) y un vecto pependicula al plano es u = (1, 2, 1). El ángulo ente una ecta y un plano viene dado po la fómula: Av1 + Bv2 + Cv3 sen α =, donde (A, B, C) es un vecto pependicula A + B + C v1 + v2 + v3 al plano y v = ( v 1, v 2, v3 ) es un vecto diecto de la ecta. Entonces, en nuesto ( 1) caso: sen α = = = = α = 30º ( 1) x 1 y 2 z + 1 x 1 = 2y 4 x 2y = 3 = =. Uniendo las y 2 = z + 1 y z = 3 ecuaciones implícitas de la ecta con la ecuación del plano obtenemos el sistema: x 2y = 3 y z = 3. El deteminante de la matiz de los coeficientes es: x + 2y z = ( ) = 1+ 2 ( 2) = 3. Las soluciones del sistema son po tanto: x = = = = = = y = = = = = = z = = = = = = Entonces el punto de cote de la ecta y el plano es ( 1, 1, 2) 5

6 7. Estudia si las ectas y s son coplanaias. En caso afimativo, da la ecuación del plano que las contiene: 2x 3y + 13 = 0 x 1 y + 2 z 1 : ; s : = = 2y z 4 = (Septiembe 1998) Hallemos un vecto diecto u y un punto A de. Paa ello pasemos a paaméticas. Llamemos, po ejemplo, y = λ. Entonces 2λ z 4= 0 z = 2λ 4 ; x 3λ + 13 = 0 2x = 3λ 13 x = λ. Po tanto las ecuaciones x = λ 2 2 paaméticas de son y = λ, con lo que un punto de es A( 5, 1, 2) z = 2 λ 4 (haciendo λ = 1) y un vecto diecto de es u = (3, 2, 4) Un vecto diecto de s es v = (3, 2, 4) y un punto de s es B(1, 2, 1). Entonces: u ango = ango = 1 v pues las dos filas son iguales. u ango v = ango = 2, pues hay al menos un meno de oden 2 uuu AB distinto de ceo. Esto quiee deci que y s son paalelas: P s y, po tanto, coplanaias. Paa halla el plano π que las contiene tomamos un punto cualquiea de una de las dos ectas po ejemplo A( 5, 1, 2), la diección de : u = (3, 2, 4) y la ota diección la del vecto w uuu que une A con B: AB = (6, 3, 3). Podemos toma pues w = (2, 1, 1). Así pues: x + 5 y 1 z + 2 ( ) ( ) = 0 2x y 8 3z 6 4z y 3 4x 20 = ( 2x + 8y 3z 4) ( 4x + 3y + 4z 15) = 0 6x + 5y 7z + 11 = 0. Po tanto el plano π que contiene a y s es π 6x + 5y 7z + 11 = 0 6

7 8. Halla la ecuación de la ecta que pasa po P(3, 4, 7) y es pependicula al plano π: 2x 3y + z 11 = 0. Halla el punto simético de P especto del plano π. (Septiembe 1998) La ecta que buscamos tendá como vecto diecto un vecto pependicula al plano π: u x = 3+ 2λ = (2, 3, 1). Las ecuaciones de seán: y = 4 3λ z = 7 + λ x 3 y + 4 z 7 3x + 9 = 2y + 8 3x + 2y = 1 = = y + 4 = 3z + 21 y + 3z = 17 Resolviendo el sistema fomado po la ecta y el plano obtenemos el punto M donde 3x + 2y = 1 la ecta cota al plano: y + 3z = 17. 2x 3y + z = El deteminante de la matiz de los coeficientes es: ( ) ( ) Po tanto: ( 1+ 66) ( 34 9) 42 x = = = = = = M ( 51+ 6) ( 99) 42 y = = = = P' ( ) ( 2 153) 252 z = = = = Así, el punto M donde la ecta cota al plano π es M(1, 1, 6). Este punto es el punto medio del simético P'(a, b, c) de P especto del plano π. Entonces: a + 3 b 4 c + 7 (1, 1, 6) =,, a = 1, b = 2, c = Po tanto el simético de P especto del plano π es P'( 1, 2, 5) P 7

8 9. Halla la ecuación de la poyección otogonal ' de la ecta sobe el plano α: x 3y + 2z + 12 = 0 x 1 y 1 z 2 : = = (Junio 1999) Hallemos el plano π, pependicula al plano α que contiene a la ecta. Esta condición nos lleva a que un punto de π seá A(1, 1, 2) (punto de la ecta) y dos diecciones del mismo seán u = (2, 1, 2) (la de la ecta, po contenela) y v = (1, 3, 2) (la de un vecto pependicula a α). Entonces: π v u ' α x 1 y 1 z 2 ( ) ( ) = 0 2x 2 + 2y 2 6z + 12 z 2 + 4y 4 6x + 6 = ( 2x + 2y 6z + 8) ( 6x + 4y + z) = 0 8x 2y 7z + 8 = 0. Po tanto el plano π es π 8x 2y 7z + 8 = 0. La poyección otogonal ' de la ecta sobe el plano α seá el cote o intesección de α con el plano hallado π. Po tanto ' tiene ecuaciones implícitas: 8x 2y 7z + 8 = 0 '. x 3y + 2x + 12 = 0 8

9 10. Dados el punto P(2, 1, 2) y la ecta que contiene a ambos. x = 2 + t : y = 3 t z = 4 3t detemina la ecuación del plano (Junio 1999) B P A π Dos puntos de la ecta son: A(2, 3, 4) (paa t = 0) y B(3, 2, 1) (paa t = 1). Po tanto el uuu plano π que se uuu busca debe pasa po el punto P(2, 1, 2) y tene las diecciones de PA = (0, 2, 2) y PB = (1, 1, 1). Así pues: x 2 y 1 z 2 ( ) ( ) = 0 2x y 2 2z 4 + 2x 4 = x + 2y 2z + 10 = 0 2x y + z 5 = 0, y el plano es π 2x y + z 5 = 0 x = µ x 3 y z Dadas las ectas : = = y s : y = µ, halla los puntos que dan la z = µ mínima distancia y detemina la ecuación de la pependicula común a ambas ectas. (Septiembe 1999) Escibamos las ecuaciones implícitas de las ectas y s: x 3 y z 1 x 3 = 2y x 2y 3 = 0 = = y = z 1 y z + 1 = 0 x = µ x y z x = y x + y = 0 s y = µ s = = s s y = z y z = 0 z = µ Hallemos el plano π que pasa po s y es paalelo a. Escibamos paa ello la ecuación del haz de planos de aista s: 9

10 λ(x + y) + µ(y z) = 0 λx + (λ + µ)y µz = 0 Paa que un plano de este haz sea paalelo a la ecta se debe cumpli que el vecto pependicula al plano (λ, λ + µ, µ) sea pependicula a un vecto diecto de, u = (2, 1, 1), es deci, que el poducto escala de ambos sea ceo: 2λ + λ + µ µ = 0 3λ = 0 λ = 0 Tomando pues λ = 0 y un valo cualquiea de µ 0 (µ = 1) se tiene: π y z = 0 Hallemos ahoa el plano π' que pasa po s y es pependicula a π. Ya sabemos que π'' M t π' N π s el haz de planos de aista s es λx + (λ + µ)y µz = 0. Paa que un plano de este haz sea pependicula a π se debe cumpli que los vectoes pependiculaes a ambos planos sean pependiculaes, es deci, que el poducto escala de los vectoes (λ, λ + µ, µ) y (0, 1, 1) sea 0: λ + µ + µ = 0 λ + 2µ = 0 Tomando λ = 2, µ = 1, se tiene que π' 2x y z = 0 π' 2x + y + z = 0 Hallemos po último el plano π'' que pasa po y es pependicula a π. El haz de planos de aista es λ(x 2y 3) + µ(y z + 1) = 0 λx + ( 2λ + µ)y µz 3λ + µ = 0 Paa que un plano de este haz sea pependicula a π se debe cumpli (al igual que en el punto anteio) que (λ, 2λ + µ, µ) (0, 1, 1), es deci que: 2λ + µ + µ = 0 2λ + 2µ = 0 λ µ = 0 Tomando λ = µ = 1, se tiene que π'' x y z 2 = 0 La ecta t, pependicula común a y s, es la intesección de π' y π'', luego tiene 2x + y + z = 0 ecuaciones implícitas t x y z 2 = 0 La ecta t cota a en un punto M: t = M. Po tanto esolvamos el sistema 10

11 x 2y 3 = 0 x 2y = 3 y z + 1 = 0 fomado po t y : y z = 1. Obseva que hemos 2x + y + z = 0 2x + y + z = 0 x y z 2 = 0 eliminado la última ecuación (sabemos que tiene solución única) y hemos pasado los téminos independientes al segundo miembo. De la pimea ecuación: x = 3 + 2y. Sustituyendo en la tecea: 2(3 + 2y) + y + z = 0 5y + z = 6. Po tanto nos queda y z = 1 el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:, cuyas soluciones 5y + z = son: y =, z = y sustituyendo en la expesión de x se tiene x = =. Así pues M =,, De una manea completamente análoga se obtiene el punto N: t s = N. El sistema x + y = 0 x + y = 0 y z = 0 y z = 0 fomado po t y s es: y z = 0 [ x = y]. 2x + y + z = 0 2y z = 2 x y z = 2 x y z 2 = De aquí se obtiene x =, y =, z = N =,, Obseva que en este caso hemos supimido la tecea ecuación, pues si supimimos la cuata queda un sistema con infinitas soluciones y esto no es posible pues sabemos que la solución es única (es conveniente hace también estas compobaciones utilizando el teoema de Rouché) Estos puntos M =,, y N =,,, son los que dan la mínima distancia ente y s, po tanto: uuuu d(, s) = d(m, N) = MN = = = = + = = = uds. 11

12 12. Halla la distancia del punto P(1, 2, 3) a la ecta de ecuaciones deteminando el punto de la ecta que dista menos de P. El punto M de que dista menos de P, es la intesección de con el plano π que pasa po P y es pependicula a. Un vecto diecto de es u = (1, 1, 1). Po tanto este mismo seá un vecto pependicula a π. Así pues π ha de se de la foma x y + z + D = 0. Como este plano pasa po P D = 0 D = 2 π x y + z 2 = 0. d(p, ) P x = t : y = 6 t, z = 2 + t (Septiembe 1999) Las ecuaciones implícitas de la ecta son: x = t x y 6 z 2 x = y 6 x + y = 6 y = 6 t = = y 6 = z + 2 y + z = 8 z = 2 + t Como π = M, al esolve el sistema fomado po y π obtenemos el punto M: x + y = 6 y + z = 8. De la pimea ecuación x = 6 y. Sustituyendo en la tecea x y + z 2 = 0 y + z = 8 tenemos: 6 y y + z 2 = 0 2y + z = 4, quedando el sistema, 2y + z = 4 de donde y = 4, z = 4. Sustituyendo en la expesión de x, se tiene x = 2. Po tanto el punto M de que dista menos de P es M(2, 4, 4) y la distancia de P a, seá la misma que la de P a M: uuu d(p, ) = d(p, M) = PM = = = 6 uds. ( ) ( ) ( ) También se puede halla la distancia de P a utilizando la fómula: d(p, ) = ( p a, p a, p a ) ( u, u, u ) u1 + u2 + u3 α M A u, donde P( p 1, p 2, p 3 ) = P(1, 2, 3), A( a 1, a 2, a 3 ) es un punto de la ecta: A(0, 6, 2) y u = ( u 1, u 2, u3 ) diecto de la ecta u = (1, 1, 1) Entonces: ( p a, p a, p a ) ( 1 0, 2 6, 3 2) ( 1, 4, 1) = =, luego i j k i j k i k = = = = ( ) ( ) p1 a 1, p2 a 2, p3 a 3 u 1, u 2, u es un vecto 12

13 = 3(i k) = 3i + 3k (donde se le ha estado a la tecea fila la segunda y luego se ha desaollado el deteminante po los elementos de la tecea fila). Entonces p a, p a, p a u, u, u = 3, 0, 3. Po tanto tenemos ( ) ( ) ( ) ( ) 3, 0, d(p, ) = = = = = = 6 uds ( 1) Halla la distancia del punto P(2, 4, 1) al plano α 3x + 4y + 12z 8 = 0, y enconta el punto del plano que da la mínima distancia del punto P. (Junio 2000) Hallemos la ecta que es pependicula al plano α y que pasa po P(2, 4, 1). Un vecto diecto de esta ecta seá un vecto pependicula al plano α, o sea el vecto u x = 2 + 3t x 2 y 4 z 1 = (3, 4, 12). Po tanto la ecta seá: y = 4 + 4t = = z = t P d(p, α) α M 4x 8 = 3y 12 4x 3y = 4 4x 3y = 4. 12y 48 = 4z 4 12y 4z = 44 3y z = 11 Esta ecta cota al plano α en un punto M, que da la mínima distancia del punto P al plano α: α = M. Paa halla el punto M se esuelve el sistema fomado po la 4x 3y = 4 ecta y el plano α: 3y z = 11. De la segunda ecuación z = 3y 11. 3x + 4y + 12z 8 = 0 Sustituyendo en la tecea 3x + 4y + 12(3y 11) 8 = 0 3x + 40y = 140, que 4x 3y = 4 junto con la pimea ecuación foman el sistema:, cuyas soluciones 3x + 40y = son x =, y =. Sustituyendo en la expesión de z se tiene z =. De este modo el punto M es M,, La distancia del punto P al plano α coincidiá po tanto con la distancia de P a M: 13

14 2 2 2 uuu d(p, α ) = d(p, M) = PM = = = + + = = 4 = 2 uds La distancia del punto P al plano α también se puede halla utilizando la fómula: Ap1 + Bp2 + Cp3 + D d( P, α ) = A + B + C plano: α 3x + 4y + 12z 8 = 0 A = 3, B = 4, C = 12, D = 8. De este modo: ( 8) d( P, α ) = = = = 2 uds , donde P( p 1, p 2, p 3 ) = P(2, 4, 1) y como α es el 14. Halla el punto simético del punto A(1, 2, 3) especto de la ecta x y + 1 = 0 2x z 1 = 0 (Junio 2000) Hallemos el plano π que contiene al punto A y a la ecta. El haz de planos de base la ecta es λ(x y + 1) + µ(2x z 1) = 0. Podemos supone que λ 0 y dividi todos los téminos ente λ con lo que la ecuación del haz queda de la foma: x y t(2x z 1) = 0, donde t = µ/λ. Como el plano contiene al punto A t(2 3 1) = 0 2t = 0 t = 0 y el plano π que buscamos es π x y + 1 = 0 La idea consiste en halla un vecto w pependicula a paa, utilizándolo, halla la ecta s pependicula a, contenida en π, que pasa po el punto A. Esta ecta s cotaá a (están en el mismo plano y son pependiculaes) en un punto M. El punto simético de A especto de, A', se encuenta de M a la misma distancia que M de A: M es el punto medio de A y A'. Ahoa ya seá fácil halla A' (ve figua). v s A w M u π A' 14

15 Hallemos entonces un vecto diecto u de la ecta. Paa ello escibamos en paaméticas. Llamando y = λ x = λ 1 2(λ 1) z 1 = 0 z = 2λ 2 x = λ 1 y = λ u = (1, 1, 2). z = 2 λ 2 Un vecto pependicula al plano π es v = (1, 1, 0). Entonces el vecto w = u v es simultáneamente pependicula a u y a v. i j k i j+ i k j+ i k Hallémoslo: = = = 2i + 2 j 2k w = (2, 2, 2) Podemos toma w un vecto popocional: w = (1, 1, 1) La ecta s que pasa po A(1, 2, 3) y tiene diección w = (1, 1, 1) es pependicula a x 1 y 2 z 3 x 1 = y 2 y está contenida en π: s = = s y + 2 = z 3 x y = 1 s. y + z = 5 Hallemos el punto de cote de y s: M = s. Paa ello esolvemos el sistema x y + 1 = 0 x y = 1 2x z 1 = 0 fomado po y s: 2x z = 1 (obsévese que se ha eliminado la x y = 1 y + z = 5 y + z = 5 tecea ecuación, que es igual que la pimea). De la pimea ecuación x = y 1. Sustituyendo en la segunda: 2(y 1) z = 1 2y z = 3 que, con la tecea 2y z = foman el sistema, cuyas soluciones son: y =, z =. Sustituyendo en y + z = la expesión de x se tiene x =, con lo que M,, Supongamos que el punto simético de A(1, 2, 3) especto de es A'(a, b, c). Como a = a 2 3 = 3 b M es el punto medio de A y A' = b = A ',, c = c =

16 x y + z = Dados los puntos A( 2, 4, 3) y B(2, 6, 5), y la ecta, 2x + y 3z = 2 aveigua si existe alguna ecta tal que contenga los puntos A y B y cote a la ecta. Razona la espuesta. (Septiembe 2000) Se tata de halla la posición elativa de y la ecta s que pasa po A y B. x y = 1 t Pasemos a paaméticas. Llamemos z = t, de donde 2x + y = 2 + 3t 2 x = 1 + t x = 1+ t, y = t. Entonces y = t. Luego un vecto diecto suyo es z = t 2 5,, y podemos toma también uno popocional: u = (2, 5, 3). Un punto de es M(1, 0, 0). uuu La ecta s que pasa po A y B es tiene vecto diecto AB = (4, 10, 8) y podemos toma también uno popocional: v = (2, 5, 4). Estudiemos las posición elativa de y s: ango u v = ango = 2 ( u y v no son popocionales) u ango v = ango = 3, ya que = 7 0 uuuu MA Po tanto y s se cuzan y no puede existi ninguna ecta que contenga a los puntos A y B y cote a la ecta. 16. Halla el punto simético del punto A(2, 3, 5) especto del plano α x 3y + 4z +21 = 0. (Septiembe 2000) La esolución de este ejecicio es como la del ejecicio númeo 8: Calculemos la ecta que pasa po A y es pependicula al plano α. Esta ecta tendá como vecto diecto un vecto pependicula al plano α: u = (1, 3, 4). Las x = 2 + λ x 2 y + 3 z 5 ecuaciones de seán pues: y = 3 3λ = = z = λ 16

17 3x + 6 = y + 3 3x + y = 3. 4y + 12 = 3z y + 3z = 3 Resolviendo el sistema fomado po la ecta y el plano obtenemos el punto M donde 3x + y = 3 la ecta cota al plano: 4y + 3z = 3. x 3y + 4z = 21 De la pimea ecuación y = 3 3x. Sustituyendo en la segunda: 4(3 3x) + 3z = 3 12x + 3z = 9 4x + z = 3. Sustituyendo en la tecea: x 3(3 3x) + 4z = 21 x 9 + 9x + 4z = 21 10x + 4z = 12 5x + 2z = 6. 4x + z = 3 Tenemos pues el sistema:, de donde x = 0, z = 3; y po tanto y = 3. 5x + 2z = 6 Así, el punto M donde la ecta cota al plano α es M(0, 3, 3). Este punto es el punto medio del simético A'(a, b, c) de A(2, 3, 5) especto del plano α. Entonces: a + 2 b 3 c + 5 (0, 3, 3) =,, a = 2, b = 9, c = Po tanto el simético de A especto del plano α es A'( 2, 9, 11) x = 1+ λ x = µ 17. Dadas las ectas y = λ, s y = 2 + 2µ. z = λ z = 0 a) Estudia la posición elativa de las ectas y s. b) Halla la ecuación de una ecta que sea pependicula simultáneamente a y s. (Junio 2001) a) Punto y vecto diecto de : A(1, 0, 0), u = (1, 1, 1) Punto y vecto diecto de s: B(0, 2, 0), v = (1, 2, 0) ango u = ango = 2 (hay un meno de oden dos distinto de ceo: v u y v no son popocionales). u ango v = ango = 3, ya que = 4 0 uuu AB Po tanto y s se cuzan. b) Este pate es simila al ejecicio 11 Las ecuaciones implícitas de y s son: 17

18 x = 1+ λ x 1 y z x 1 = y x y 1 = 0 y = λ = = y = z y + z = 0 z = λ x = µ x y 2 z 2x = y 2 2x y + 2 = 0 s y = 2 + 2µ s = = s s = 2z z = 0 z = 0 t π' π'' π s Hallemos el plano π que pasa po s y es paalelo a. Escibamos paa ello la ecuación del haz de planos de aista s: λ(2x y + 2) + µz = 0 2λx λy + µz + 2 = 0 Paa que un plano de este haz sea paalelo a la ecta se debe cumpli que el vecto pependicula al plano (2λ, λ, µ) sea pependicula a un vecto diecto de, u = (1, 1, 1), es deci, que el poducto escala de ambos sea ceo: 2λ λ µ = 0 λ µ = 0 λ = µ. Tomando pues λ = µ = 1 se tiene: π 2x y + z + 2 = 0 Hallemos ahoa el plano π' que pasa po s y es pependicula a π. Ya sabemos que el haz de planos de aista s es 2λx λy + µz + 2 = 0. Paa que un plano de este haz sea pependicula a π se debe cumpli que los vectoes pependiculaes a ambos planos sean pependiculaes, es deci, que el poducto escala de los vectoes (2λ, λ, µ) y (2, 1, 1) sea 0: 4λ + λ + µ = 0 5λ + µ = 0 Tomando λ = 1, µ = 5, se tiene que π' 2x y 5z + 2 = 0 Hallemos po último el plano π'' que pasa po y es pependicula a π. El haz de planos de aista es: λ(x y 1) + µ(y + z) = 0 λx + ( λ + µ)y + µz λ = 0 Paa que un plano de este haz sea pependicula a π se debe cumpli (al igual que en el punto anteio) que (λ, λ + µ, µ) (2, 1, 1), es deci que: 18

19 2λ + λ µ + µ = 0 3λ = 0 λ = 0 Tomando λ = 0 y µ = 1, se tiene que π'' y + z = 0 La ecta t, pependicula común a y s, es la intesección de π' y π'', luego tiene 2x y 5z + 2 = 0 ecuaciones implícitas t y + z = 0 Si se quiee halla también la distancia ente y s, se aplica la fómula de la distancia de un punto cualquiea de, po ejemplo A(1, 0, 0), al plano π 2x y + z + 2 = 0 : ( 1) d(, s) = d(a, π ) = = = = uds ( 1) Detemina las coodenadas del punto simético del A( 2, 1, 6) especto de la ecta x + 1 y 3 z + 1 = = (Junio 2001) La esolución de este ejecicio es como la del ejecicio númeo 14: Las ecuaciones implícitas de son: 2x + 2 = y 3 2x y = 5 2x y + 5 = 0 2y 6 = 2z + 2 2y 2z = 8 y z 4 = 0 Hallemos el plano π que contiene al punto A y a la ecta. El haz de planos de base la ecta es λ(2x y + 5) + µ(y z 4) = 0. Podemos supone que λ 0 y dividi todos los téminos ente λ con lo que la ecuación del haz queda de la foma: 2x y t(y z 4) = 0, donde t = µ/λ. Como el plano contiene al punto A t(1 6 4) = 0 9t = 0 t = 0 y el plano π que buscamos es π 2x y + 5 = 0 La idea consiste en halla un vecto w pependicula a paa, utilizándolo, halla la ecta s pependicula a, contenida en π, que pasa po el punto A. Esta ecta s cotaá a (están en el mismo plano y son pependiculaes) en un punto M. El punto simético de A especto de, A', se encuenta de M a la misma distancia que M de A: M es el punto medio de A y A'. Ahoa ya seá fácil halla A' (ve figua). v s A w M u π A' 19

20 Un vecto diecto u de la ecta es u = (1, 2, 2). Un vecto pependicula al plano π es v = (2, 1, 0). Entonces el vecto w = u v es simultáneamente pependicula a u y a v. i j k Hallémoslo: u v = ( ) ( ) = 4 j k 4k 2i = 2i + 4 j 5k w = (2, 4, 5) La ecta s que pasa po A( 2, 1, 6) y tiene diección w = (2, 4, 5) es pependicula x + 2 y 1 z 6 4x + 8 = 2y 2 a y está contenida en π: s = = s y + 5 = 4z 24 4x 2y = 10 2x y = 5 s s. 5y + 4z = 29 5y + 4z = 29 Hallemos el punto de cote de y s: M = s. Paa ello esolvemos el sistema 2x y + 5 = 0 2x y = 5 y z 4 = 0 fomado po y s: y z = 4 (obsévese que se ha eliminado 2x y = 5 5y + 4z = 29 5y + 4z = 29 la tecea ecuación, que es igual que la pimea). De las dos últimas ecuaciones se obtiene: y = 5, z = 1. Sustituyendo en la pimea se obtiene x = 0, con lo que M(0, 5, 1). Supongamos que el punto simético de A( 2, 1, 6) especto de es A'(a, b, c). Como a 2 = 0 2 a = 2 b + 1 M es el punto medio de A y A' = 5 b = 9 A ' ( 2, 9, 4 ) 2 c = 4 c + 6 = Halla el valo de k paa que las ectas Halla el punto de cote. x + y = 2 y y z = 3 y 3z = k s se coten. y 2z = 2 (Septiembe 2001) x + y = 2 y z = 3 Paa que se coten el sistema conjunto fomado po las ecuaciones de y 3z = k y 2z = 2 y de s debe tene solución única. Paa ello el deteminante de la matiz ampliada tiene que se ceo poque, en caso contaio, el ango de la matiz ampliada seía 4 y el ango de la matiz de los coeficientes es 3 (hay un meno de oden 3 distinto de 20

21 ceo: = 4 0 ), con lo que el sistema seía incompatible y las ectas no podían cotase. De este modo: k 3 = 1 3 k = 0 2 k 3 = = 2 ( k + 3) = k 1 = k k = 1. Paa halla el punto de cote P de y s esolvemos el sistema. Sustituimos k po su x + y = 2 valo y eliminamos, po ejemplo, la última ecuación: y z = 3. De las dos últimas y 3z = 1 se obtiene y = 4, z = 1. Sustituyendo en la pimea x = 2. Po tanto el punto de cote de y s es P( 2, 4, 1). x + y = Halla λ paa que el plano π 2x + λy z = 1 y la ecta sean 2x + y z = 2 paalelos. Puedes enconta oto valo de λ paa que sean pependiculaes? (Septiembe 2001) Paa que la ecta y el plano sean paalelos no deben tene ningún punto en común. x + y = 1 Po tanto el sistema conjunto fomado po la ecta y el plano, 2x + y z = 2, no 2x + λy z = 1 debe tene soluciones, es deci, el ango de la matiz de los coeficientes A tiene que se distinto que el ango de la matiz ampliada A ' = El ango de 2 λ esta última es 3 pues hay un meno de oden 3 distinto de ceo: = Po tanto el ango de la matiz de los coeficientes A debe se meno que 3 y paa ello el deteminante de la matiz A tiene que se 0: = 0 2 λ = = 1 ( λ + 2) = λ 1 = 0 λ = 1 λ λ

22 Paa ve si se puede enconta oto valo de λ paa el que el plano y la ecta sean pependiculaes, habemos de ve si un vecto pependicula del plano, u = (2, λ, 1) es paalelo o tiene la misma diección que un vecto diecto de la ecta. Hallaemos en este caso el vecto diecto de la ecta v como el poducto vectoial de los dos vectoes pependiculaes a los dos planos que la definen (ve figua): v (1, 1, 0) x + y = 1 2x + y z = 2 (2, 1, 1) i j k v = (1, 1, 0) (2, 1, 1) = = i + k 2k j = i + j k v = ( 1, 1, 1) ( ) ( ) Obsévese que, llamando z = λ y esolviendo el sistema de incógnitas x e y x + y = 1, se tiene x = 1 + λ, y = λ, con lo que las ecuaciones paaméticas 2x + y = 2 + λ x = 1+ λ de la ecta son y = λ, y po tanto un vecto diecto es (1, 1, 1) que tiene la z = λ misma diección de v (son claamente popocionales). Pues bien, tal y como se había planteado, paa que y π sean pependiculaes, el vecto pependicula al plano u = (2, λ, 1) y el vecto diecto de la ecta v = ( 1, 1, 1) deben se paalelos. Es deci debe existi k tal que u = k v, es deci tal que (2, λ, 1) = k( 1, 1, 1) (2, λ, 1) = ( k, k, k) y esto es imposible pues tendía que se simultáneamente k = 2 y k = 1. Po tanto no existe ningún valo de λ paa el que y π sean pependiculaes. 21. Considea el plano π x y + 1 = 0 y el punto A(2, 0, 1). a) Detemina la ecuación de la ecta que es pependicula al plano π y pasa po el punto A. b) Halla las coodenadas del punto B que es simético del punto A especto del plano π. (Junio 2002) 22. Detemina la ecuación del plano que pasa po el punto P(1, 0, 2), es paalelo a la x 1 y 2 ecta = = z 3 y pependicula al plano π 2x y + z = (Junio 2002) 22

23 23. Sea π el plano que pasa po los puntos (1, 0, 0), (0, 1, 1) y (1, 1, 1); A el punto (1, 2, 3) y B el simético de A especto del plano π. a) Halla la ecuación de la ecta que pasa po A y po el punto medio del segmento AB. b) Halla la ecuación de la ecta paalela a la anteio que pasa po el punto (2, 2, 2). (Septiembe 2002) x 3 y 1 z Considea el plano π ax + 2y 4z + b = 0 y la ecta = = a) Halla los valoes de a y b paa que la ecta esté contenida en π. b) Existe algún valo de a y de b paa que la ecta sea pependicula al plano π? (Septiembe 2002) x + y z = 4 x = Las ectas de ecuaciones, s se cuzan. x + 2y = 7 y = 5 a) Escibe las ecuaciones paaméticas de ambas ectas. b) Halla un punto de y oto de s tales que el vecto con oigen en uno y oto extemo sea pependicula a ambas ectas. (Junio 2003) x 4y + 9 = Considea la ecta dada po 3y z 9 = 0 a) Detemina el plano que pasa po el punto P(1, 4, 0) y contiene a. b) Paa cualquie valo de λ, el plano x 4y λ(3y z 9) = 0 contiene a? c) Detemina los valoes de λ paa que el plano diste 3 unidades del oigen de coodenadas. (Junio 2003) 27. Sea π el plano de ecuación 3x 2y 6z = 1 y la ecta dada po (x, y, z) = (1, 0, 1) + λ(2, 1, 1) a) Define la elación de paalelismo ente una ecta y un plano. b) Aveigua si la ecta y el plano π son paalelos. c) Define la elación de pependiculaidad ente una ecta y un plano. d) Aveigua si la ecta y el plano π son pependiculaes. (Septiembe 2003) 23

24 28. Dados los planos π x + y + z = 1; π' x y = 0: a) Calcula el ángulo que foman π y π'. b) Detemina las ecuaciones paaméticas de la ecta que pasa po P(1, 2, 3) y es pependicula al plano π. (Septiembe 2003) x + 2z = Se considea la ecta y el plano π 3x y + 2z = 1. Se pide: y + 4z = 5 a) Compueba que y π son paalelos. b) Calcula la distancia ente y π. c) Detemina dos ectas distintas que estén contenidas en π y sean paalelas a. (Junio 2004) 30. Considea los puntos A(2, 0, 0), B(0, 2, 0), C(2, 2, 1) y D(1, 1, 2) y calcula: a) El volumen del tetaedo que deteminan. b) La ecuación catesiana o implícita del plano que contiene al punto D y es paalelo al que contiene a los puntos A, B, C. (Junio 2004) x = 2λ + 3µ 31. Halla la distancia del plano π1 4x 10y + 2z = 1 al plano π2 y = λ + µ z = λ µ (Septiembe 2004) 32. Considea la ecta que pasa po los puntos A(2, 1, 0) y B( 4, 2, 0) y la ecta s deteminada po el punto C(2, 3, 5) y el vecto diección v(1, 3, 0). a) Calcula el ángulo fomado po y s. b) Calcula la distancia de a s. (Septiembe 2004) 24

25 x = 2t 33. a) Halla la ecuación del plano que contiene a la ecta y = 3 + t y al punto z = 1 t P(2, 1, 2). b) Calcula la distancia desde el plano obtenido al punto Q(0, 1, 0). (Junio 2005) 34. Halla el áea y las longitudes de las tes altuas de un tiángulo cuyos vétices son: A(1, 1, 1), B(0, 3, 5) y C(4, 0, 2). (Junio 2005) 35. Calcula la ecuación de una ecta que pasa po el punto de intesección del plano x π x + y z + 6 = 0 con la ecta s = y 2 = z + 1 y es paalelo a la ecta 3 3x + y 4 = 0 4x 3y + z 1 = 0 (Septiembe 2005) 36. Dados los puntos A(1, 2, 3) y B(0, 2, 1), se pide: a) La ecuación paamética de la ecta que pasa po ambos puntos. b) La ecuación del plano π que está a igual distancia de A y B. c) La distancia al oigen de la ecta intesección del plano 2y z = 0 con el plano π del apatado b) (Septiembe 2005) 37. El plano α de ecuación geneal x + y + z = 10, cota a las ectas : x = y = 1, 1 2 : y = z = 2 y 3 : x = z = 3, en los puntos A, B y C espectivamente. Se pide: a) Halla el volumen del tetaedo cuyos vétices son A, B, C y D(1, 2, 3). b) Detemina la distancia desde el vétice D hasta la caa opuesta del tetaedo. (Junio 2006) 25

26 x = 1+ 2t 38. a) Halla un punto de la ecta y = t equidistante de los puntos P( 1, 2, 1) y z = 1 Q(0, 3, 1). b) Calcula la ecuación implícita de un plano π de modo que el simético del punto P especto del plano π sea el punto Q. (Junio 2006) x = 3+ t x = Dadas las ectas y = 5 + t y s, se pide: 2y + z = 2 z = 6 + t a) Analiza su posición elativa. b) Halla la ecuación geneal del plano π que contiene a la ecta s y es paalelo a la ecta. (Septiembe 2006) 40. a) Calcula unas ecuaciones paaméticas de la ecta que pasa po el punto P(2, 1, 3) x = 1+ 2λ y es pependicula a la ecta y = 3 λ. z = 0 b) Halla las coodenadas del punto P', simético del punto P especto de la ecta. (Septiembe 2006) x + y = 5 y = 1 x y = Consideamos las ectas 1, 2 y 3. Se y + z = 2 x + y + z = 6 y z = 3 pide: a) Demuesta que las ectas 1 y 2 se cotan en un único punto. b) Halla las ecuaciones en foma continua de la ecta que pasa po el punto de intesección de 1 y 2, y es paalela a 3. (Junio 2007) 42. Dados los planos α x + y z = 1 y x = 1+ t + s β y = 1 t, con t, s, se pide: z = 2 + s 26

27 a) Detemina su posición elativa. b) Calcula la distancia ente ellos. (Junio 2007) 43. Consideamos los planos π1 x + 2y z = 1, π2 3x z = 3 y π3 x + 2y + z = 7. a) Detemina su posición elativa. b) Halla el ángulo que foman los plano π 1 y π 2. (Septiembe 2007) 44. Dados los puntos de coodenadas A(3, 1, 1), B(0, 2, 2) y C( 1, 1, 1), se pide: a) Detemina la ecuación geneal del plano que los contiene. b) Calcula la distancia desde el punto P(0, 0, 4) a dicho plano. (Septiembe 2007) 45. Dados los vectoes u = ( a, b,1), v = ( 3, 4, 1) y w = ( 1, 2, c), detemina el valo de lo paámeto a, b, c de manea que los vectoes v y w sean pependiculaes y además u w = v, donde denota el poducto vectoial. Qué ángulo foman u y v en dicho caso? (Junio 2008) 46. Dados los puntos A(1, 1, 1), B(1 + λ, 2, 1 λ) y C(1 + λ, 1 + λ, 2 + λ), donde λ : uuu uuu a) Pueba que los vectoes AB y AC foman un ángulo de 90º, independientemente del valo de λ. b) Detemina los valoes de λ paa que la longitud de la hipotenusa del tiángulo ectángulo de vétices A, B y C sea igual a 3. (Junio 2008) x Dados el plano π x y + z + k = 0, donde k, y la ecta = y + 1 = z, 2 se pide: a) Demuesta que paa cualquie k, la ecta es paalela al plano π. b) Detemina el valo de k de foma que la ecta esté contenida en el plano π. (Septiembe 2008) 27

28 x = 1+ t s 48. Dado el punto P(2, 2, 1) y el plano π de ecuaciones y = 1 t + s, se pide: z = t a) Distancia del punto P al plano π. b) Ecuaciones geneales de la ecta que pasa po el punto P y es pependicula a π. (Septiembe 2008) 28