Vectores base

Matemáticas II Geometría
José María Martínez Mediano (SM, www.profes.net)
1
Vectores. Bases
CTS04L
1. Dados los vectores u
r
= (1, 2) y v
r
= (−3, 1):
a) Comprueba que u
r
y v
r
forman una base del espacio vectorial de los vectores del
plano.
b) Encuentra las componentes del vector w
r
= (−1, 5) en la base {u
r
, v
r
}.
Solución:
a) Los vectores son linealmente independientes pues:
λ(1, 2) + µ(−3, 1) = (0, 0) ⇒ λ −3µ = 0; 2λ + µ = 0 ⇒ λ = 0 y µ = 0
La única solución del sistema



=+
=−
02
03
µλ
µλ
es λ = 0 y µ = 0.
Los vectores u
r
y v
r
forman un sistema generador, pues cualquier vector (x, y) puede
ponerse en función de ellos. En efecto:
)1,3()2,1(),( −+= bayx ⇒



=+
=−
yba
xba
2
3
⇒
7
3
12
31
1
3
yxy
x
a
+
=
−
−
= ;
7
2
12
31
2
1
xyy
x
b
−
=
−
=
b) Para w
r
= (−1, 5) , esto es, x = −1, y = 5, se tiene: 2
7
151
=
+−
=a , 1
7
25
=
+
=b .
Luego vuw
rrr
+= 2 .
La comprobación es inmediata:
vu
rr
+2 = 2(1, 2) + (−3, 1) = (2, 4) + (−3, 1) = (−1, 5) = w
r

2
CTS05
2. Considera los vectores de R3
:
1v
r
= (−1, 3, 4), 2v
r
= (2, −1, −3) y 3v
r
= (1, 2k + 1, k + 3).
a) Halla el único valor de k para el cual estos vectores no son una base de R3
.
b) Para un valor de k diferente del que has hallado en el apartado a), ¿cuáles son las
componentes del vector 321 vvvw
rrrr
++= en la base { }321 ,, vvv
rrr
?
Solución:
a) Los vectores no forman base cuando son linealmente dependientes; para ello, el
determinante asociado debe ser 0.
0
3121
312
431
=
++
−−
−
kk
⇔ 0155 =−k ⇒ k = 3
b) Si k ≠ 3, los vectores { }321 ,, vvv
rrr
forman una base, pues son linealmente
independientes. En consecuencia, las componentes de 321 vvvw
rrrr
++= en función
de esa base, son (1, 1, 1).

3
RMS05
3. a) Se consideran los vectores: u1 = (1, 1, 2), u2 = (−1, 1, 0) y v1= (0, −1, 1) y v2 = (1,
−2, 0). Demostrar que para todo número real a, el vector ),3,2( aaa− es combinación
lineal de u1 y u2 y también de v1 y v2.
b) Elegir tres vectores linealmente independientes entre u1, u2, v1 y v2 y escribir el otro
como combinación lineal de ellos.
Solución:
a) En ambos casos debe cumplirse que el determinante formado por los tres vectores
valga 0.
• ),3,2( aaa− es combinación lineal de u1 y u2 si 0
32
011
211
=
−
−
aaa
.
022)23(2)(
32
011
211
=−=+−+−−=
−
− aaaaaa
aaa
• ),3,2( aaa− es combinación lineal de v1 y v2 si 0
32
021
110
=
−
−
−
aaa
0)43(
32
021
110
=−=−+=
−
−
−
aaaaa
aaa
c) Como 4211
110
011
211
=++=
−
− , los vectores u1, u2 y v1 son linealmente
independientes.
Hay que escribir v2 en función de u1, u2 y v1. Esto es, encontrar las constantes x, y, z,
tales que v2 = x u1 + y u2 + z v1.
O sea:
(1, −2, 0) = x(1, 1, 2) + y(−1, 1, 0) + z(0, −1, 1) ⇒





=+
−=−+
=−
02
2
1
zx
zyx
yx
Por Cramer:

4
4
1
4
21
102
111
011
100
112
011
−=
−
=
−
−
−−
−
=x ;
4
5
4
32
102
111
011
102
121
011
−=
−−
=
−
−
−−
=y ;
4
2
102
111
011
002
211
111
=
−
−
−
−
=z
Luego:
1212
4
2
4
5
4
1
vuuv
rrrr
+−−=

5
Producto escalar, vectorial y mixto
ANJ04
Sean los puntos A(1, 2, 1), B(2, 3, 1), C(0, 5, 3) y D(−1, 4, 3).
a) [1 punto] Prueba que los cuatro puntos están en el mismo plano. (Halla la ecuación
de dicho plano.)
b) [0.75 puntos] Demuestra que el polígono de vértices consecutivos ABCD es
rectángulo.
c) [0,75 puntos] Calcula el área de dicho rectángulo.
Solución:
a) Los cuatro puntos pertenecerán al mismo plano si los vectores AB, AC y AD son
linealmente dependientes.
Estos vectores son:
AB = (2, 3, 1) − (1, 2, 1) = (1, 1, 0)
AC = (0, 5, 3) − (1, 2, 1) = (−1, 3, 2)
AD = (−1, 4, 3) − (1, 2, 1) = (−2, 2, 2)
Como 0
222
231
011
=
−
− , los vectores, efectivamente, son linealmente dependientes.
El plano que determinan viene dado, por ejemplo, por el punto A y por los vectores AB
y AC. Su ecuación es:





+=
++=
−+=
hz
hty
htx
21
32
1
⇒ 0
201
312
111
=
−
−
−−
z
y
x
⇒ 012 =−+− zyx
Observación: Puede verse que los cuatro puntos dados cumplen la ecuación del plano.
b) El cuadrilátero será rectángulo si los vectores AB y BC, y AB y AD son ortogonales.
Como: AB = (1, 1, 0), BC = (−2, 2, 2) y AD = (−2, 2, 2)
se tiene: AB · BC = AB · AD = (1, 1, 0) · (−2, 2, 2) = 0
Por tanto, se trata de un rectángulo.
c) Al tratarse de un rectángulo, su superficie se halla multiplicando su base por su
altura.
La base puede ser el módulo de AB; la altura, el módulo de AD.
211 =+=AB ; 12444 =++=AD
Por tanto,
S = 2412·2· ==ADAB
NOTA: La superficie también podría hallarse mediante el producto vectorial:
ADABS ×=

6
EXS05
Si A, B y C son los puntos de coordenadas (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1), respectivamente
a) Calcular el área del triángulo que forman los puntos A, B y C.
b) Determinar el ángulo que forman los vectores AB y AC.
Solución:
a) El área del triángulo de vértices A, B y C viene dada por
ACABS ×=
2
1
Como AB = (0, 1, 0) − (1, 0, 0) = (−1, 1, 0) y AC = (0, 0, 1) − (1, 0, 0) = (−1, 0, 1) se
tiene:
)1,1,1(
101
011
321
=
−
−=×
→→
uuu
ACAB
rrr
Luego,
3
2
1
111
2
1 222
=++=S
b) Por el producto escalar:
→→
→→
→→
=





ACAB
ACAB
ACAB
·
,cos =
2
1
2·2
1
= ⇒ el ángulo que forman es de 60º.

7
AS04L
Compruebe que los puntos A = (1, 0, 3), B = (−2, 5, 4), C = (0, 2, 5) y D = (−1, 4, 7) son
coplanarios. De todos los triángulos que se pueden construir teniendo como vértices tres
de esos cuatro puntos, ¿cuál es el de mayor área? Obtenga el valor de dicha área?
Solución:
Serán coplanarios si los vectores AB, AC y AD son linealmente dependientes.
Veamos:
AB, = (−2, 5, 4) − (1, 0, 3) = (−3, 5, 1)
AC = (0, 2, 5) − (1, 0, 3) = (−1, 2, 2)
AD = (−1, 4, 7) − (1, 0, 3) = (−2, 4, 4)
Como los vectores AC y AD son proporcionales, AD = 2 · AC, los tres vectores son
linealmente dependientes. (También puede verse que el determinante asociado a esos
vectores vale 0.)
Si AD = 2 · AC, los puntos A, C y D está alineados como se indica en la figura.
El triángulo de mayor superficie que puede
construirse es el de vértices A, B y D.
Su superficie es:
)2,10,16(
2
1
2
1
−=×= ADABS
Luego,
103360
2
1
)2(1016
2
1 222
==−++=S
El producto vectorial ADAB× = )2,10,16(
442
153
321
−=
−
−
uuu
rrr

8
Rectas y planos en el espacio
ARS04
La recta
2
2
3
1 zy
x
−
=
−
=
corta a los tres planos coordenados en tres puntos.
Determinar las coordenadas de estos puntos (0,5 puntos), las distancias existentes entre
cada par de ellos (1 punto) e indicar cuál es el que se encuentra en medio de los otros
dos (1 punto).
Solución:
La recta
2
2
3
1 zy
x
−
=
−
= ⇔
2
2
3
1
−
−
=
−
−
=
zy
x ⇒ (en paramétricas)





−=
−=
=
tz
ty
tx
22
31
Puntos de corte con los planos coordenados.
• Con el plano x = 0 (⇒ t = 0): A = (0, 1, 2)
• Con el plano y = 0 (⇒ t = 1/3): B = (1/3, 0, 4/3)
• Con el plano z = 0 (⇒ t = 1): C = (1, −2, 0)
Distancias:
d(A, B) =
3
13
3
2
)1(
3
1
2
2
2
=





−+−+





d(A, C) = 13)2()3(1 222
=−+−+
d(B, C) =
3
142
3
4
)2(
3
2
2
2
2
=





−+−+





Las distancias halladas son los módulos de los vectores
AB = 





−−
3
2
,1,
3
1
; AC = (1, −3, −2); BC = 





−−
3
4
,2,
3
2
Como los tres vectores tienen el mismo sentido y el más largo es AC, la situación debe
ser así:
El punto intermedio es el B.

9
CTJ04
Considera los puntos del espacio A(0, 0, 1), B(1, 1,2) y C(0, −1, −1).
a) Encuentra la ecuación del plano ABC.
b) Si D es el punto de coordenadas (k, 0, 0), ¿cuánto ha de valer k para que los cuatro
puntos A, B, C y D sean coplanarios?
Solución:
a) Como AB = (1, 1, 1) y AC = (0, −1, −2), la ecuación general viene dada por:
0
211
11
01
=
−−
−
z
y
x
⇔ −x + 2y − z + 1 = 0 ⇔ x − 2y + z − 1 = 0
b) El punto D(k, 0, 0) será del plano cuando cumpla su ecuación; esto es:
k − 0 + 0 − 1 = 0 ⇒ k = 1
Por tanto, D = (1, 0, 0).

10
LRS05
Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 1, 0) y es paralela al eje z (una
ecuación: la que quieras). Haz un esquema dibujando los ejes, el punto y la. recta.
Solución:
La ecuación del eje z es



=
=
0
0
y
x
(corte de los planos x = 0 e y = 0)
La ecuación de la paralela pedida será



=
=
1
1
y
x
(corte de los planos x = 1 e y = 1)
Gráficamente:

11
LRJ05
Halla las coordenadas del punto intersección de la recta
1
1
0
1
1
1
−
−
=
−
=
− zyx
y del plano 2x − y + z − 1 = 0.
Solución:
Las ecuaciones paramétricas de la recta dada son:





−=
−−=
+=
≡
tz
ty
tx
r 1
1
Sustituyendo en la ecuación del plano se tiene:
2(1 + t) − 1 + (1 − t) −1 = 0 ⇒ t + 1 = 0 ⇒ t = −1
El punto de corte será





−−=
=
−=
)1(1
1
11
z
y
x
→ P(0, 1, 2)

12
CBJ05
a) Calcula las ecuaciones implícitas de la recta r1 que pasa por los puntos A = (1, 2, 3) y
B = (2, 2, 3).
b) Calcula la ecuación general del plano π que pasa por los puntos A, B y C = (2, 2, 4).
c) ¿Cuántos planos distintos pueden formarse con los puntos A, B, C y D = (1, 2, 4)?
Justifica tu respuesta.
d) Prueba que los puntos A, B, C y D anteriores forman un cuadrado y calcula su área.
Solución:
a) El vector de dirección de la recta es: AB = (2, 2, 3) − (1, 2, 3) = (1, 0, 0)
Sus ecuaciones paramétricas son:





=
=
+=
3
2
1
z
y
tx
; o bien:



=
=
3
2
z
y
b) El vector BC = (2, 2, 4) − (2, 2, 3) = (0, 0, 1)
El plano π está determinado por el punto A y por los vectores AB y BC; su ecuación es:
π: 1
103
002
111
=
−
−
−
z
y
x
⇒ π: y = 2
c) El punto D también cumple la ecuación del plano π; por tanto, los cuatro puntos sólo
definen un plano.
d) Los puntos A, B, C y D formarán un cuadrado cuando los vectores AB, BC, CD y
DA sean correlativamente perpendiculares y todos tengan el mismo módulo.
Como AB = (1, 0, 0), BC = (0, 0, 1), CD = (−1, 0, 0) y DA = (0, 0, −1) se comprueba
que:
AB · BC = 0, BC · CD = 0, CD · DA = 0 y DA · AB = 0
También es obvio que todos tienen módulo 1. Por tanto, su área será 1 unidad cuadrada.

13
PVS05
Se considera la recta de ecuación paramétrica:





−=
+−=
+=
≡
tz
ty
tx
r
42
1
31
Hallar su ecuación como intersección de dos planos (ecuaciones cartesianas).
¿Existe algún valor de s tal que el punto (1, 2s, s) pertenezca a la recta? Razonar la
respuesta tanto en caso afirmativo como en caso negativo.
Solución:
Para encontrar las ecuaciones cartesianas despejamos t en las ecuaciones paramétricas e
igualamos:





−=
+−=
+=
≡
tz
ty
tx
r
42
1
31
⇒







−
−
=
+=
−
=
4
2
1
3
1
z
t
yt
x
t
⇒





+=
−
−
+=
−
1
4
2
1
3
1
y
z
y
x
⇒



=++
=−−
024
043
zy
yx
Para que el punto (1, 2s, s) pertenezca a ambos planos es necesario que



=++
=−−
028
0461
ss
s
⇒



−=
−=
9/2
2/1
s
s
Como se obtienen dos valores diferentes de s el punto (1, 2s, s) no puede pertenecer a
ambos planos.

14
NAS05
Halla la ecuación continua de la recta que pasa por el punto P = (1, 1, 0) y corta a las
rectas
1
1
1
1
1
1
−
=
−
=≡
zyx
r y



=−−−
=−++
≡
032
0123
2
zyx
zyx
r
Solución:
La recta pedida será la intersección de dos planos: π1, que pasa por P y contiene a r1, y
π2, que pasa por P y contiene a r2
Expresamos ambas rectas en paramétricas:





+=
+=
=
≡
tz
ty
tx
r
1
11 con 1rv
r
= (1, 1, 1) y A ∈ r1, A = (0, 1, 1)





−−=
=
=
≡
hz
hy
x
r
22
1
2 con 2rv
r
= (0, 1, −2) y B ∈ r2, B = ( 1, 0, −2)
El plano π1 viene dado por A, 1rv
r
y AP = (1, 0, −1), su ecuación es:
0
111
011
11
1 =
−−
−≡
z
y
x
π ⇒ x − 2y + z + 1 = 0
El plano π2 viene dado por B, 2rv
r
y BP = (0, 1, 2), su ecuación es:
0
222
11
001
2 =
−+
−
≡
z
y
x
π ⇒ x − 1 = 0
Por tanto, la recta pedida es:



=−
=++−
≡
01
012
x
zyx
r ⇔





+−=
=
=
≡
tz
ty
x
r
22
1
⇔


 +
==
2
2
1
;1
zy
x

15
CLJ04
Sea la recta



=+−
=++
≡
032
01
zx
yx
r .
a) Escríbase la recta en forma paramétrica. ( 0,5 puntos)
b) Para cada punto P de r, determínese la ecuación de la recta que pasa por P y corta
perpendicularmente al eje OZ. ( 2,5 puntos)
Solución:
a) Despejando y y z en función de x se tiene:



=+−
=++
≡
032
01
zx
yx
r ⇒



+=
−−=
≡
xz
xy
r
23
1
Parametrizando x obtenemos:




+=
−−=
=
≡
tz
ty
tx
r
23
1
b) Los puntos P de r son de la forma P = (t, −1 − t, 3 + 2t).
Las rectas perpendiculares al eje OZ deben estar en un plano de ecuación z = k
(paralelos a la “base” del triedro cartesiano). Por tanto, la perpendicular que pasa por P
debe cortar al eje OZ en el punto Q = (0, 0, 3 + 2t); la ordenada z de ambos puntos es la
misma, constante.
En consecuencia, el vector de dirección de las rectas pedidas será QP = (t, −1 − t, 3 +
2t) − (0, 0, 3 + 2t) = (t, −1 − t, 0).
Las rectas pedidas quedan determinadas por el punto Q y el vector QP. Su ecuación,
para cada valor de t, será:




+=
−−=
=
≡
23
)1(),(
tz
ty
tx
QPrecta λ
λ
NOTA. El parámetro de estas rectas es λ, mientras que t determina cada punto P de r.
Por ejemplo, para t = 1, el punto P = (1, −2, 5), el punto Q = (0, 0, 5), y la ecuación de la
recta perpendicular al eje OZ que pasa por P será




=
−=
=
≡
5
2
z
y
x
s λ
λ

16
PVS04
Encontrar la ecuación paramétrica de la recta dada por



=+−
=++
≡
02
03
zyx
zyx
r
¿Existe algún valor de s tal que el punto (−3, s, s) pertenezca a la recta? Razonar la
respuesta tanto en caso afirmativo como negativo.
Solución:
Para encontrar las ecuaciones paramétricas de r resolvemos el sistema asociado.



=+−
=++
≡
02
03
zyx
zyx
r ⇔



−=−
−=+
≡
zyx
zyx
r
2
3
⇔ (haciendo z = t)








=
=
−=
≡
tz
ty
tx
r
4
5
4
3
Si el punto (−3, s, s) fuese de la recta deberá cumplir sus ecuaciones; esto es:



=+−−
=++−
≡
023
0)3·(3
ss
ss
r ⇒



=
=
3
2/9
s
s
Como se obtienen dos valores diferentes para s, el punto (−3, s, s) no puede ser de la
recta, cualquiera que sea el valor de s.

17
PVJ05
Para cada valor de a los puntos P = (1, 2, 3) y A = (0, 1, a) son simétricos respecto a un
plano.
Hallar, de forma razonada, la ecuación de dicho plano. En particular encuentra el plano
para a = 2.
Solución:
El plano buscado es perpendicular al vector AP (este será su vector característico) y
pasa por el punto medio de ambos, M.
AP = (1, 2, 3) − (0, 1, a) = (1, 1, 3 − a)
M = 




 +
2
3
,
2
3
,
2
1 a
Su ecuación será:
0
2
3
)·3(
2
3
·1
2
1
·1 =




 +
−−+





−+





−
a
zayx
Operando, se tiene:
0
2
3
)·3(2
2
3
·2
2
1
·2 =




 +
−−+





−+





−
a
zayx ⇒
013)3(222 2
=+−−++ azayx
Para el caso de a = 2, queda:
09222 =−++ zyx

18
ARJ04
Sean los puntos A(2, 3, 0) y B(−2, 1, 4).
Determinar:
a) Ecuación del plano π mediatriz del segmento AB (0,5 puntos)
b) El volumen del tetraedro formado por π y los tres planos coordenados. (1 punto).
c) Ecuación de la recta perpendicular al plano π que pasa por el origen. (1 punto)
Solución:
a) El plano pedido pasa por el punto medio de A y B y tiene como vector normal el
vector AB.
Punto medio: M = 




 ++−
2
40
,
2
13
,
2
22
= (0, 2, 2).
Vector AB: AB = (−2, 1, 4) − (2, 3, 0) = (−4, −2, 4).
La ecuación del plano es:
−4(x − 0) − 2(y − 2) + 4(z − 2) = 0 ⇒ −4x − 2y + 4z − 4 = 0 ⇒
⇒ 2x + y − 2z = −2
b) El plano corta a los ejes coordenados en los puntos:
PX = (−1, 0, 0); PY = (0, −2, 0); PZ = (0, 0, 1)
El volumen del tetraedro vendrá dado por:
V =
3
1
6
2
100
020
001
6
1
==−
−
c) El vector de dirección de la recta es el normal al plano; esto es: rv
r
= (2, 1, −2).
La ecuación de la recta será:





−=
=
=
tz
ty
tx
r
2
2
:

19
ANJ05
Considera el punto P(2, 0, 1) y la recta



=
=+
≡
2
62
z
yx
r .
a) [1 punto] Halla la ecuación del plano que contiene a P y a r.
b) [1,5 puntos] Calcula el punto simétrico de P respecto de la recta r.
Solución:
a) En paramétricas





=
=
−=
≡
2
26
z
ty
tx
r , siendo R = (6, 0, 2) un punto de r y rv
r
= (−2, 1, 0)
su vector de dirección.
El plano pedido viene dado po R, rv
r
y PR = (6, 0, 2) − (2, 0, 1) = (4, 0, 1).
Su ecuación es:





+=
=
+−=
≡
hz
ty
htx
2
426
π ⇔ 0
102
01
426
=
−
−−
z
y
x
⇔ x + 2y − 4z + 2 = 0
b) Si P´ es el punto simétrico de P respecto de r, entonces su punto medio M debe ser de
la recta r; y, además, los tres puntos deben estar en el plano perpendicular a r que
pasa por P.
Dicho plano es π: −2(x − 2) + y = 0 ⇒ 2x − y − 4 = 0.
El punto de intersección de r con π es M:
2(6 − 2t) − t − 4 = 0 ⇒ t = 8/5 ⇒ M = (14/5, 8/5, 2)
Si P´ = (a, b, c), el punto medio entre P y P´ es: M = 




 ++
2
1
,
2
,
2
2 cba
Luego:
5
14
2
2
=
+a
⇒ a = 18/5;
5
8
2
=
b
⇒ b = 16/5; 2
2
1
=
+c
⇒ c = 3.
El punto pedido es P´= (18/5, 16/5, 3)..

20
CLS05
Calcúlese el simétrico de P(1, 1, 1) respecto del plano 0=++ zyx .
Solución:
Sea P`(a, b, c) el punto buscado. Debe cumplir:
1. El vector PP´ debe ser paralelo al normal del plano πv
r
= (1, 1, 1)
2. El punto medio (M) del segmento PP´ debe ser del plano.
Por tanto:
PP´ = (a − 1, b − 1, c − 1) = k(1, 1, 1) ⇒ a − 1 = k; b − 1 = k; c − 1 = k [1]
M = 




 +++
2
1c
,
2
1b
,
2
1a
∈ π ⇒ (a + 1)/2 + (b + 1)/2 + (c + 1)/ 2 = 0 ⇒
⇒ 3 + a + b + c = 0 [2]
Sustituyendo [1] en [2]:
3 + 3k + 3 = 0 ⇒ k = −2 ⇒ a = −1,; b = −1; c = −1.
El punto buscado es P´(−1, −1, −1).

21
MAS05
Discutir según los valores del parámetro real λ la posición relativa de los planos:
π1: x + z = λ
π2: 4x + (λ − 2)y + (λ + 2)z = λ + 2
π3: 2(λ + 1)x − (λ + 6)z = −λ
Solución:
Para determinar la posición relativa de esos tres planos hay que estudiar el sistema que
determinan:





−=+−+
+=++−+
=+
λλλ
λλλ
λ
zx
zyx
zx
)6()1(2
2)2()2(4 .
Cuando este sistema sea compatible determinado los planos se cortan en un único
punto; si es compatible indeterminado los planos tienen, al menos, una recta en común;
si es incompatible, los tres planos no tienen ningún punto en común.
Vamos a estudiar su compatibilidad. Para ello consideramos las matrices A y M, siendo
A la matriz de coeficientes y M la matriz ampliada.
MλA =










−
+
+−+
+−=
λ
λ
λ
λλ
λ 2
)6(0)1(2
224
101
El determinante de A, )83)(2()226)(2( −−−=−−−−−= λλλλλA
Con esto:
• Si λ ≠ 2 y −8/3 el r(A) = 3 = r(M). En este caso el sistema es compatible
determinado, y los tres planos se cortarán en un único punto, cuyas coordenadas
vendrán dadas por la solución del sistema.
• Si λ = 2 se tiene: MA =










−−
=
2
4
2
806
404
101
En rango de A es 2, pues 0
86
11
1 ≠
−
=A ; pero el rango de M es 3, pues
56
286
444
211
−=
−−
. Por tanto, si λ = 2 el sistema será incompatible y los planos no
tendrán ningún punto en común. Observando los vectores normales de π1 y π2 se ve que
ambos planos son paralelos.

22
• Si λ = −8/3 se tendrá: MA =










−
−
−−
−−=
3/8
3/2
3/8
3/1003/10
3/23/144
101
En rango de A sigue siendo 2, pues 0
3/144
01
1 ≠
−
=A . El rango de M es 3, pues el
menor
27
112
3/83/100
3/23/23/14
3/810
−=
−
−−−
−
. Por tanto, si λ = −8/3 el sistema sigue siendo
incompatible y los planos no tendrán ningún punto en común. En este caso, como los
vectores normales de π1 y π3 son proporcionales, dichos planos son paralelos.

23
CVJ04
Dados los planos π1: x + y + z = −5, π2: x − 3y − z = 3 y la recta
23
1
2
2
:
zyx
r =
−
=
−
,
se pide:
a) Determinar razonadamente la posición relativa de la recta r y la recta s intersección
de los planos π1 y π2.
b) Obtener razonadamente la ecuación del plano que contiene a la recta s anterior y es
paralela a r.
Solución:
a) Las ecuaciones paramétricas de la recta s vienen dadas por la solución del sistema:



=−−
−=++
33
5
zyx
zyx
⇒



+=−
−−=+
yzx
yzx
33
5
Sumando ambas ecuaciones se tiene: 2x = −2 + 2y ⇒ x = −1 + y
Restándolas se tiene: 2z = −8 − 4y ⇒ z = −4 − 2y.
Haciendo y = t obtenemos las ecuaciones:





−−=
=
+−=
tz
ty
tx
s
24
1
:
La posición relativa de las rectas r y s se determina estudiando la dependencia lineal de
los vectores:
rv
r
= (2, 3, 2), sv
r
= (1, 1, −2) y RS = (−1, 0, −4) − (2, 1, 0) = (−3, −1, −4)
donde R es un punto de r y S un punto de s.
Como 22
413
211
232
=
−−−
− , los vectores son linealmente independientes. En
consecuencia, las rectas r y s se cruzan.
b) El plano pedido vendrá determinado por la
recta s y por el vector rv
r
= (2, 3, 2). Su
ecuación será:





+−−=
+=
++−=
htz
hty
htx
224
3
21
:π ⇔
⇔ 0
224
31
211
=
−+
+
z
y
x
⇔ π: 8x − 6y + z + 12 = 0

24
CLS04
Sea m un número real y sean r y π la recta y el plano dados respectivamente por
mzx
zyx
mzmyx
r −=+≡



=++
−=+−
≡ 223,
02
22
π .
a) Estúdiese la posición relativa de r y π en función del valor de m.
b) Para el valor m = 1, hállese la ecuación del plano que pasa por el punto de corte de r y π y
es perpendicular a la recta zyxt ==≡ .
Solución:
a) Hay que discutir el sistema formado por las dos ecuaciones de la recta y la del plano:





−=+
=++
−=+−
mzx
zyx
mzmyx
223
02
22
El determinante de la matriz de coeficientes es m
m
A −=
−
= 2
203
121
12
.
Por tanto:
• si m ≠ 2, su valor es distinto de 0 ⇒ el rango de la matiz de coeficientes es 3 ⇒ el
sistema es compatible determinado ⇒ el plano y la recta se cortan en un único punto.
• si m = 2, se tiene un sistema homogéneo,





=+
=++
=+−
023
02
022
zx
zyx
zyx
, con infinitas soluciones,
pues el rango de la matriz de coeficientes es 2 ⇒ la recta está contenida en el plano.
b) Si m = 1, se tiene el sistema





=+
=++
=+−
123
02
12
zx
zyx
zyx
.
Por la regla de Cramer:
1
1
214201
120
111
=
−−
=
−
=
A
x ; 0
1
111213
101
112
=
++−
==
A
y ;
1
1
614103
021
112
−=
−+
=
−
=
A
z
Por tanto, el punto de corte es P = (1, 0, −1)
El plano pedido, por ser perpendicular a la recta t, tiene como vector normal (1, 1, 1).
Luego, por pasar por P, tendrá como ecuación:
1 · (x − 1) + 1 · (y − 0) + 1 · (z + 1) = 0 ⇒ x + y + z = 0.

25
MAS04
Sea el plano π ≡ x + 2y + 3z = 6.
a) (1 punto) Hallar el punto simétrico del (0, 0, 0) respecto de π.
b) (1 punto) Hallar el plano perpendicular a π que contiene al eje OZ.
c) (1 punto) Hallar el volumen del tetraedro cuyos vértices son el origen y los puntos de
intersección de π con los ejes coordenados.
Solución:
Sea P = (x0, y0, z0) el punto simétrico de O = (0, 0, 0)
respecto de π.
Ambos puntos P y O estarán en la recta r,
perpendicular a π por O. Además, si M es el punto
de corte de la recta y el plano, M debe ser el punto
medio entre P y O.
Como el vector normal del plano es πv
r
= (1, 2, 3), se
deduce que





=
=
=
λ
λ
λ
3
2:
z
y
x
r
Corte de recta y plano: λ + 4λ + 9λ = 6 ⇒ λ = 3/7.
Por tanto, M = 





7
9
,
7
6
,
7
3
Punto medio entre P y O: 





2
,
2
,
2
000 zyx
Como M = 





7
9
,
7
6
,
7
3
= 





2
,
2
,
2
000 zyx
⇒
7
6
0 =x ,
7
12
0 =y ,
7
18
0 =z
Luego, el punto simétrico es P = 





7
189
,
7
12
,
7
6
b) El plano π´, perpendicular a π, que contiene a OZ viene determinado por el punto O
= (0, 0, 0,) y por los vectores πv
r
= (1, 2, 3) y OZv
r
= (0, 0, 1).
Su ecuación es: 0
13
02
01
=
z
y
x
⇒ 2x − y = 0
c) Los puntos de intersección de π con los ejes coordenados son: A = ( 6, 0, 0), B = (0,
3, 0) y C = (0, 0, 2). Por tanto, el volumen del tetraedro vendrá dado por:
6
200
030
006
6
1
==V

26
LRJ04
Una recta pasa por el punto (1, −1, 0) y es paralela a los planos
x + y = 1, x + z = 1.
Halla sus ecuaciones.
Solución:
Si la recta es paralela a los planos, debe ser perpendicular a los vectores directores de
ambos planos: 1πv
r
= (1, 1, 0) y 2πv
r
= (1, 0, 1). Por tanto, su dirección vendrá dada por el
producto vectorial de esos vectores: 1πv
r
× 2πv
r
1πv
r
× 2πv
r
= )1,1,1(
101
011
321
−−=
uuu
rrr
Como debe pasar por el punto (1, −1, 0), las ecuaciones paramétricas de la recta pedida
son:





−=
−−=
+=
≡
tz
ty
tx
r 1
1

27
ARS05
Sea r la recta intersección de los planos



=+−
=−+
12
32
zyx
zyx
a) Determinar el plano π que contiene a la recta r y que pasa por el origen de
coordenadas.
b) Escribir la ecuación de la recta perpendicular a π y que pasa por el punto (1, 0, 1).
Solución:
a) El haz de planos determinado por r es
0)12(32 =−+−+−−+ zyxmzyx
Si se quiere el plano que pasa por el origen: −3 − m = 0 ⇒ m = −3.
Luego, el plano π será:
π: 0)12(332 =−+−−−−+ zyxzyx ⇔ −5x + 5y − 4z = 0
b) El vector de dirección de la recta s perpendicular a π es el normal del plano: πvv s
rr
= .
Su ecuación es:





−=
=
−=
tz
ty
tx
s
41
5
51
:

28
PAS05
Sea el tetraedro de la figura formado por A(3, 0, 0), B(0, 2, 0),
C(0, 0, 6) y D(α, 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 α para que el vector AD sea perpendicular al
plano π anterior.
d) Para α = 5, el punto D´ simétrico de D respecto al plano π.
Solución:
a) El área del triángulo de vértices A, B, C viene dada por ACABS ×=
2
1
Como AB = (0, 2, 0) − (3, 0, 0) = (−3, 2, 0), AC = (0, 0, 6) − (3, 0, 0) = (−3, 0, 6), se
tiene que )6,18,12(
603
023
321
=
−
−=×
→→
uuu
ACAB
rrr
Luego,
143504
2
1
61812
2
1 222
==++=S
b) El plano está determinado por el punto A y los vectores AB y AC anteriores. Su
ecuación es:
0
60
02
333
=
−−−
z
y
x
⇒ π: 2x + 3y + z − 6 = 0
c) El vector AD será perpendicular al plano cuando AD sea paralelo al vector normal
del plano, πv
r
= (2, 3, 1); siendo AD = (α, 3, 1) − (3, 0, 0) = (α − 3, 3, 1).
Por tanto:
AD = k πv
r
⇒ (α − 3, 3, 1) = k · (2, 3, 1) ⇒ α − 3 = 2, (pues k = 1) ⇒ α = 5.
d) Sea D`(a, b, c) el punto buscado. Debe cumplir:
1. El vector DD´ debe ser paralelo al normal del plano πv
r
= (2, 3, 1)
2. El punto medio (M) del segmento DD´ debe pertenecer al plano.
Por tanto:
DD´ = (a − 5, b − 3, c − 1) = k(2, 3, 1) ⇒ a − 5 = 2k; b − 3 = 3k; c − 1 = k
⇒ a = 5 + 2k; b = 3 + 3k; c = 1 + k [1]

29
M = 




 +++
2
1c
,
2
3b
,
2
5a
∈ π ⇒ 06
2
1c
2
3b
·3
2
5a
·2 =−
+
+
+
+
+
⇒
⇒ 2a + 3b + c + 8 = 0 [2]
Sustituyendo [1] en [2]:
14k + 28 = 0 ⇒ k = −2 ⇒ a = 1; b = −3; c = −1.
El punto simétrico buscado es D´(1, −3, −1).

30
CNJ05
a) Comprobar que las rectas:
r ≡ (x, y, z) = (1, 2, −1) + λ(1, 0, −1)
s ≡ (x, y, z) = (0, 3, 1) + µ(−2, 1, 3)
se corten en un punto.
b) hallar la ecuación general del plano que contiene a las rectas dadas en el apartado
anterior.
Solución:
a) Dos rectas se cortan en un punto cuando no son paralelas y están en el mismo plano.
Como sus vectores de dirección son rv
r
= (1, 0, −1) y sv
r
= (−2, 1, 3) resulta evidente
que no son paralelas.
Estarán en el mismo plano si los vectores rv
r
, sv
r
y RS son coplanarios, siendo R un
punto de r y S otro punto de s:
RS = (0, 3, 1) − ( 1, 2, −1) = (−1, 1, 2).
Como 011
211
312
101
=+−=
−
−
−
, los vectores son linealmente dependientes. Luego,
efectivamente, los vectores son coplanarios. En consecuencia, las rectas r y s se cortan.
a) El plano que determinan viene dado por el punto R y los vectores rv
r
y sv
r
. Su
ecuación es:
0
231
112
121
=
+
−
−−−
z
y
x
⇒ −1(x − 1) + 1(y − 2) −1(z + 1) = 0 ⇒
⇒ x − y + z + 2 = 0

31
IBJ05
Se consideran los puntos A = (3, 0, 0), B = (0, 2, 0) y C = (0, 0, 1). Se pide:
a) Hallar la ecuación general del plano π que los contienen.
b) Hallar la ecuación de la recta perpendicular a π y que pasa por el origen de
coordenadas. Hallar también el punto de intersección de la recta con el plano.
Solución:
a) El plano viene determinado por cualquiera de los puntos, por ejemplo A, y por los
vectores AB = (0, 2, 0) − (3, 0, 0) = (−3, 2, 0) y AC = (0, 0, 1) − (3, 0, 0) = (−3, 0, 1).
Sus ecuaciones serán:





=
=
−−=
hz
ty
htx
2
333
⇔ 0
10
02
333
=
−−−
z
y
x
⇒ π: 2x + 3y + 6z − 6 = 0
b) El vector de dirección de la recta es el normal del plano πv = (2, 3, 6).





=
=
=
λ
λ
λ
6
3
2
z
y
x
El punto de corte de la recta y el plano se obtiene resolviendo el sistema que
determinan. Para ello sustituimos los valores de la recta en la ecuación del plano. Así:
2 · (2λ) + 3 · (3λ) + 6 · (6λ) − 6 = 0 ⇒ 49λ − 6 = 0 ⇒ λ = 6/49
La recta y el plano se cortan si λ = 6/49. Se obtiene el punto P = (12/49, 18/49, 36/49).

32
CMS05
Calcula la ecuación de una recta que pasa por el punto de intersección del plano
06 =+−+≡ zyxπ con la recta 12
3
+=−=≡ zy
x
s y es paralelo a la recta



=−+−
=−+
≡
0134
043
zyx
yx
r .
Solución:
Las ecuaciones paramétricas de recta s son:





+−=
+=
=
≡
tz
ty
tx
s
1
2
3
Sustituyendo en π se obtiene el punto P de corte:
3t + 2 + t − (−1 + t) + 6 = 0 ⇒ t = −3
⇒ P = (−9, −1, −4)
Las ecuaciones paramétricas de r son:





−=
−=
=
≡
tz
ty
tx
r
1313
34 siendo rv
r
= (1, −3, −13)
Por tanto, la recta r´, paralela a r y que pasa por P, es:





−−=
−−=
+−=
≡
tz
ty
tx
r
134
31
9
´

33
Ángulos, distancias…
CLJ05
Calcúlese la distancia del origen al plano π que pasa por A(1, 2, 0) y contiene a la recta
zyxr =−=+≡ 3/)1(2/)2( .
Solución:
Las ecuaciones paramétricas de la recta son:





=
+=
+−=
tz
ty
tx
r 31
22
: ⇒ Un punto P de la recta es P(−2, 1, 0)
El plano π viene determinado por la recta y por el vector PA = (1, 2, 0) − (−2, 1, 0) = (3,
1, 0).
Sus ecuaciones son:





=
++=
++−=
tz
hty
htx
31
322
:π ⇒ 0
01
131
322
=−
+
z
y
x
⇒ π: x − 3y + 7z + 5 = 0
La distancia pedida, d(O, π), es:
d(O, π) =
59
5
7)3(1
5
222
=
+−+

34
CMJ05
a) Halla la ecuación del plano que contiene a la recta





−=
+=
=
≡
tz
ty
tx
r
1
3
2
y al punto
P(2, −1, 2).
b) Calcula la distancia desde el plano obtenido al punto Q(0, 1, 0).
Solución:
a) El plano pedido viene determinado por el punto P, y los vectores rv
r
= (2, 1, −1) y
AP, siendo A = (0, 3, 1) un punto de la recta; esto es,
AP = (2, −1, 2) − (0, 3, 1) = (2, −4, 1).
El plano será:





+−=
−+−=
++=
≡
htz
hty
htx
2
41
222
π ⇔ 0
112
411
222
=
−−
−+
−
z
y
x
⇔ 3x + 4y + 10z − 22 = 0
b) d(Q(0, 1, 0), π) =
5
36
125
18
1043
220·101·40·3
222
==
++
−++

35
GAS05L
A. ¿Qué condición deben cumplir los coeficientes de las ecuaciones generales de dos
planos para que sean perpendiculares?
B. Halle el ángulo que forman los planos π: 2x − y + z −7 = 0 y σ: x + y + 2z = 11.
Solución:
A. Dos planos son perpendiculares cuando sus vectores característicos (normales) son
perpendiculares. Por tanto, si estos vectores son πv
r
y σv
r
su producto escalar debe
ser 0: πv
r
· σv
r
= 0.
B. Los vectores característicos son: πv
r
= (2, −1, 1) y σv
r
= (1, 1, 2).
El coseno del ángulo que forman es
2
1
211·114
212
),cos( =
++++
+−
==
σ
σ
σπ
v·v
v·v
vv
π
πr
⇒ el ángulo = 60º.
.

36
NAJ05
Encuentra los dos puntos de la recta
21
1
1
2
−
=
−
=
−
≡
zyx
r
que están a distancia 1 del plano π ≡ 2x + 2y + z − 5 = 0.
Solución:
La distancia de un punto a un plano viene dada por la expresión:
222
000
000 )0:),,,((
cba
dczbyax
dczbyaxzyxPd
++
+++
==+++= π
Como la recta tiene por ecuaciones:





−=
+=
+=
tz
ty
tx
r
2
1
2
: ,
un punto genérico de r es P = (2 + t, 1 + t, −2t).
Se desea que d(P, π1) = 1. Esto es:
1
144
5)2()1(2)2(2
),( =
++±
−−++++
=
ttt
Pd π
de donde,
1
3
12
=
±
+t
.
• Para +3: 2t + 1 = 3 ⇒ t = 1 ⇒ P1 = (3, 2, −2)
• Para −3: 2t + 1 = −3 ⇒ t = −2 ⇒ P2 = (0, −1, 4)

37
MAJ05
Dado el punto P(1, 3, −1), se pide:
a) (1 punto) Escribir la ecuación que deben verificar los puntos X(x, y, z) cuya distancia
a P sea igual a 3.
b) (2 puntos) Calcular los puntos de la recta:





−=
+=
=
λ
λ
λ
41
1
3
z
y
x
cuya distancia a P es igual a 3.
Solución:
a) La distancia entre los puntos P y X viene dada por la expresión:
222
)1()3()1(),( ++−+−= zyxXPd
Si esa distancia vale 3 se tendrá:
3)1()3()1( 222
=++−+− zyx ⇔ 2222
3)1()3()1( =++−+− zyx
Se trata de una esfera con centro en P(1, 3, −1) y radio 3.
b) Un punto genérico de la recta es X(3λ, 1 + λ, 1 − 4λ). Si se desea que d(X, P) = 3, se
tendrá:
2222
3)141()31()13( =+−+−++− λλλ ⇒
⇒ 9λ2
−6λ + 1 + λ2
−4λ + 4 + 4 − 16λ + 16λ2
= 9
⇒ 26λ2
− 26λ = 0 ⇒ λ = 0, λ = 1.
Los puntos serán: Q(0, 1, 1) y R(3, 2, −3).

38
PAJ04
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, α). Calcula:
a) La ecuación del plano π que pasa por los puntos A, B y
C.
b) El valor de α para que el plano π´, que contiene a los
puntos A´, B´ y C´, diste una unidad del plano π.
c) Para α = 1, el plano π´y el volumen del prisma.
Solución:
a) El plano π está determinado por el punto A y por los vectores AB y AC.
AB = (1, 0, −1) − (1, −1, 0) = (0, 1, −1); AC = (0, 1, −1) − (1, −1, 0) = (−1, 2, −1)
Por tanto:
π: 0
11
211
101
=
−−
+
−−
z
y
x
⇒ π: x + y + z = 0
b) Debe cumplirse que d(A´, π) = 1, luego:
6
1
)1(12
1001·2
222
=
−++
−−+
⇒ 3=α
c) Para α = 1, el punto A´= (1, −1, 1) y
π´: (x − 1) + (y + 1) + (z −1) = 0 ⇒ π´: x + y + z − 1 = 0
El volumen del prisma es un medio del producto mixto de los tres vectores que lo
determinan. En este caso, los vectores: AB, AC y AA´:
V =
2
1
100
121
110
2
1
=−−
−

39
CBJ04
Considera la recta y el plano siguientes.
4
3
5
5
2
1
:
+
=
−
+
=
− zyx
r π: 2x + 4y + 4z = 5
a) Justificar por qué la recta r y el plano π son paralelos.
b) Calcula la distancia entre el plano π y la recta r.
c) Calcula la ecuación implícita del plano π´ que es perpendicular a π y contiene a r.
Solución:
a) El vector de dirección de la recta es: rv
r
= (2, −5, 4);
El vector característico del plano: πv
r
= (2, 4, 4).
Ambos vectores son perpendiculares, pues rv
r
· πv
r
= (2, − 5, 4) · (2, 4, 4) = 00.
Además, el punto P = (1, −5, −3), de la recta, no pertenece al plano, pues:
2 · 1 + 4 · (−5) + 4 · (−3) = −30 ≠ 5.
En consecuencia, la recta es paralela al plano.
b) La distancia de π a r es igual a la distancia del punto P de r al plano.
d( P, π) =.
222
442
512202
)05442:),3,5,1((
++
−−−
==−++−−= zyxPd π =
6
35
c) El plano pedido viene determinado por el punto P y los vectores rv
r
y πv
r
.
Su ecuación será:





++−=
+−−=
++=
µλ
µλ
µλ
443
455
221
z
y
x
⇔ 0
443
455
221
=
+
−+
−
z
y
x
⇒ 2x − z − 5 = 0

40
CVS04
a) Obtener el plano que pasa por el punto P(−2, 4, −3) y es perpendicular a la recta
)1,2,1()0,2,1().,(: −+= tzyxr
b) Calcular la distancia entre el punto P y la recta r.
Solución:
a) El vector característico del plano será el de dirección de la recta, (1, −2, 1). Por tanto,
el plano pedido es:
1 · (x + 2) − 2 · (y − 4) + 1 · (z + 3) = 0 ⇒ x − 2y + z + 13 = 0
b) Calculamos el punto de corte de la recta dada y el plano hallado.
Las ecuaciones paramétricas de r son:





=
−=
+=
tz
ty
tx
22
1
Sustituyendo en la ecuación del plano:
1 + t − 2(2 − 2t) + t + 13 = 0 ⇒ 6t + 10 = 0 ⇒
⇒ t = −5/3.
La recta corta al plano cuando t = −5/3, esto es en
Q = (−2/3, 16/3, −5/3).
La distancia entre el punto P del plano y la recta r es la misma
que la distancia entre P y Q, luego:
d(P, r) = d(P, Q) =
3
34
3
5
3
3
16
4
3
2
2
222
=





+−+





−+





+−

41
CMJ04
Se considera la recta



=+
=+
≡
54
32
zy
zx
r y el plano 123 =+−≡ zyxπ . Se pide:
a) Comprueba que r y π son paralelos.
b) Calcula la distancia entre r y π.
c) Determina dos rectas distintas que estén contenidas en π y sean paralelas a r.
Solución:
a)



=+
=+
≡
54
32
zy
zx
r ⇒ despejando x e y en función de z, y haciendo z = t, se obtienen las
ecuaciones paramétricas de r:





=
−=
−=
≡
tz
ty
tx
r 45
23
Para que la recta sea paralela al plano es necesario que los vectores normal al plano y el
de dirección de la recta sean perpendiculares y, además, cualquier punto de la recta no
pertenezca al plano.
Como πv
r
= (3, −1, 2) y rv
r
= (−2 −4, 1), su producto escalar es:
πv
r
· rv
r
= (3, −1, 2) · (−2 −4, 1) = −6 + 4 + 2 = 0.
Por tanto, los vectores son perpendiculares.
Como el punto (3, 5, 0) de r no es del plano, pues 3 · 3 − 5 + 2 · 0 = 4 ≠ 1, la recta y el
plano son paralelos.
b) d(r, π) = d(P = (3, 5, 0), π) =
7
142
14
4
2)1(3
53·3
222
==
+−+
−
c) Tomamos dos puntos de π, por ejemplo A = (1, 0, −1) y B = (0, −1, 0). Para que sean
paralelas, las rectas pedidas deben tener la misma dirección. Por tanto son:





+−=
−=
−=
≡
tz
ty
tx
r
1
4
21
1 y





=
−−=
−=
≡
tz
ty
tx
r 41
2
2

42
CMS0
Halla la distancia del plano 121041 −=+−≡ zyxπ al plano





−=
+=
+=
≡
µλ
µλ
µλ
π
z
y
x 32
2
Solución:
Veamos que los planos son paralelos. Para ello sus vectores característicos deben ser
proporcionales.
El vector característico de π1 es 1πv
r
= (4, −10, 2).
El vector característico de π2 viene determinado por el producto vectorial de los
vectores v
r
= (2, 1, 1) y w
r
= (3, 1, −1), que son los que determinan π2.
)1,5,2(
113
112
321
2 −−=
−
=×=
uuu
wvv
rrr
rr
π
Como 1πv
r
= 22 πv
r
los planos son paralelos.
Por tanto, la distancia entre ellos es igual a la distancia de un punto cualquiera de π2, por
ejemplo P = (0, 0, 0), al plano π1:
Esto es:
d(π2, π1) = d(P(0, 0, 0), 0121041 =++−≡ zyxπ ) =
=
120
1
2)10(4
1
222
=
+−+

43
GAJ04
A. Ángulo que forman dos rectas. Condición de perpendicularidad.
B. Determine el ángulo que forma la recta que pasa por los puntos A = (1, 0, −1) y B =
(0, 1, −2) y la recta de ecuación:
1
2
2
1
:
−
−
=
−
=
zy
xr
Solución:
A. El ángulo que forman dos rectas es el determinado por sus respectivos vectores de
dirección.
Si los vectores de dirección de las rectas r y s son rv
r
y sv
r
, respectivamente, entonces el
coseno del ángulo (r, s) es:
cos (r, s) =
sr
sr
sr
vv
vv
vv rr
rr
vr
·
·
),cos( =
Las rectas serán perpendiculares cuando lo sean sus respectivos vectores de dirección;
en consecuencia, cuando rv
r
· sv
r
= 0.
B. El vector de dirección de la recta que pasa por los puntos A y B es:
sv
r
= (0, 1, −2) − (1, 0, −1) = (−1, 1, −1)
mientras rv
r
= (1, 2, −1).
Por tanto,
3
2
23
2
18
121
36
)111)·(121(
),cos( ==
++−
=
−−−
=
,,,,
sr .
En consecuencia, el ángulo (r, s) = arccos
3
2
= 61,87º.

44
NAJ04
Halla el ángulo que forma la recta intersección de los planos



=−+≡
=−+≡
03
03
2
1
zyx
yx
π
π
con el plano π ≡ 2x + y + z + 4 = 0.
Solución:
El ángulo que forman es el complementario del ángulo determinado por el vector de
dirección de la recta, rv
r
, y el característico del plano, πv
r
. Por tanto, el seno del ángulo
(r,π ), sen (r, π) =
r
r
r
v·v
v·v
),cos(
π
π
π =vv
r
Expresamos la ecuación de la recta en forma paramétrica:



=−+≡
=−+≡
03
03
:
2
1
zyx
yx
r
π
π
⇒



+=
−=
yxz
yx
r
3
3
: ⇒





−=
=
−=
tz
ty
tx
r
29
3
:
Como rv
r
= (−1, 1, −2) y πv
r
= (2, 1, 1), se tendrá:
sen (r, π) =
2
1
114·411
212
−=
++++
−+−
El ángulo (r, π) = arcsen(−1/2) = 150º ≡ 30º.

45
RMS04
Encontrar la distancia del punto P(1,−1, 2) al plano que contiene a la recta





+=
−=
=
tz
ty
tx
l
3
2:
y pasa por el punto (2, 1, 3).
Solución:
El plano viene determinado por el punto B = (2, 1, 3) y por los vectores rv
r
= (−1, 1, 1) y
AB = (2, 1, 3) − (1, 2, 3) = (1, −1, 0).
Su ecuación será,
0
013
111
112
=
−
−−
−−
z
y
x
⇒ (x − 2) + (y − 1) = 0 ⇒ x + y − 3 = 0
222
000
000 )0:),,,((
cba
dczbyax
dczbyaxzyxPd
++
+++
==+++= π
Luego,
2
3
11
311
)03:);2,1,1((
22
=
+
−−
==−+− yxd π

46
RMJ04
a) Encontrar las ecuaciones paramétricas de la recta l dada por la intersección de los
planos:
π1: x + y − z − 1 = 0 y π2: 2x − y + z = 0
b) Encontrar la distancia del punto (1, 0, 1) a dicha recta.
Solución:
a) Resolvemos el sistema:



=+−
=−−+
02
01
zyx
zyx
⇒



−=−
+=+
zyx
zyx
2
1
Sumando ambas ecuaciones se tiene: 3x = 1 ⇒
3
1
=x
Sustituyendo en la primera ecuación: zy +=+ 1
3
1
⇒ zy +=
3
2
Llamando z = t , se tienen las ecuaciones paramétricas de la recta:








=
+=
=
tz
ty
x
3
2
3
1
b) La ecuación de la distancia de un punto P a una recta r es:
r
r
v
vAP
rPd r
r
×
=),( , siendo A ∈ r.
En este caso: A = (1/3, 2/3, 0), P = (1, 0, 1), AP = (2/3, −2/3, 1), rv
r
= (0, 1, 1)
El producto vectorial, rvAP
r
× = )2/3,2/3,3/5(
110
13/23/2
321
−−=−
uuu
rrr
Luego,
18
33
11
9/49/49/25
),( =
+
++
=rPd

47
MAJ04
Se consideran la recta y los planos siguientes:





−=
+=
−=
≡
λ
λ
λ
4
21
32
z
y
x
r ; π1 ≡ 2 − 3x + 2y − z = 0; π2 ≡ 3 + 2x + 2y − 2z = 0.
Se pide:
a) Determinar la posición relativa de la recta con respecto a cada uno de los planos.
b) Determinar la posición relativa de los dos planos.
c) Calcular la distancia de r a π2.
Solución:
a) El vector de dirección de la recta y los característicos de los planos son,
respectivamente, rv
r
= (−3, 2, −1), 1πv
r
= (−3, 2, −1), 2πv
r
= (2, 2, −2).
• Como rv
r
= 1πv
r
, la recta es perpendicular al plano π1. Para determinar el punto de
corte, aunque no se pide en el ejercicio, sustituimos las ecuaciones de la recta en la
del plano; se obtiene:
2 − 3(2 − 3λ) + 2(1 + 2λ) − (4 − λ) = 0 ⇒ 14λ − 6 = 0 ⇒ λ = 3/7.
El punto de corte es: P = (5/7, 13/7, 25/7)
• Como rv
r
· 2πv
r
= (−3, 2, −1) · (2, 2, −2) = 0, la recta es paralela al plano o está
contenida en él. Para determinar la posición precisa sustituimos las ecuaciones de la
recta en la del plano; se obtiene:
3 + 2(2 − 3λ) + 2(1 + 2λ) − 2(4 − λ) = 0 ⇒ 0λ − 1 = 0
que es absurdo (no hay solución). Luego la recta r y el plano π2 son paralelos.
b) Como 1πv
r
· 2πv
r
= (−3, 2, −1) · (2, 2, −2) = 0, los planos son perpendiculares. Se
cortan en una recta, cuyas ecuaciones vienen dadas por la solución del sistema
π1 ≡ 2 − 3x + 2y − z = 0
π2 ≡ 3 + 2x + 2y − 2z = 0 ⇒



−=−+
−=−+−
3222
223
zyx
zyx
c) Como r es paralela a π2, la distancia de r a π2 es la de cualquiera de los puntos de r,
por ejemplo A = (2, 1, 4), al plano.
Por tanto:
d(r, π2) = d( A = (2,1, 4), π2) =
6
3
32
1
)2(22
8243
222
==
−++
−++

48
NAS04
Encuentra la ecuación continua de la recta que es perpendicular a las rectas:
0
2
12
1
1
−
==
−
≡
zyx
r y )1,1,1()1,0,0(),,(2 tzyxr +=≡
Solución:
Tomamos un punto genérico de cada una de las rectas:
P ∈ r1: P = (1 + 2h, h, 2); Q ∈ r2: Q = (t, t, 1 + t)
Estos puntos definen el vector PQ = (t − 1 − 2h, t − h, t − 1).
Si PQ es el vector de dirección de la recta buscada debe ser perpendicular a los vectores
de dirección de cada una de las rectas, 1rv
r
= (2, 1, 0) y 2rv
r
= (1, 1, 1). Por tanto:
PQ · 1rv
r
= 0 y PQ · 2rv
r
= 0
PQ · 1rv
r
= 0 ⇒ 2t − 2 − 4h + t − h = 0 ⇒ 3t − 5h = 2
PQ · 2rv
r
= 0 ⇒ t − 1 − 2h + t − h + t − 1 = 0 ⇒ 3t − 3h = 2
Las igualdades anteriores se cumplen cuando h = 0 y t = 2/3.
Por tanto:
P = (1, 0, 2); Q = (2/3, 2/3, 5/3); PQ = (−1/3, 2/3, −1/3) ≡ (−1, 2, −1).
Luego, la recta pedida será:
1
2
21
1
−
−
==
−
− zyx

49
PAJ05
Sea el punto A(1, 0, 0) y el plano π: 2x + y − z = 1. 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 de dirección de la recta será el normal al plano: πvvr
rr
= = (2, 1, −1).
Por tanto, su ecuación es:





−=
=
+=
tz
ty
tx
r
21
:
b) El vector normal del plano π´ es el mismo que el del
plano π: ππ vv
rr
=´ = (2, 1, −1). Luego su ecuación será:
π´: 2(x − 1) + y − z = 0 ⇒ π´: 2x + y − z = 2
c) La distancia entre ambos planos, d(π, π´) = d(A, π) =
6
1
)1(12
1001·2
222
=
−++
−−+
Nota: Hay que tener la precaución de expresar π en la forma π: 2x + y − z − 1 = 0.

50
PAS04
Sean los puntos A(−1, 1, 0), 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) La recta viene determinada por el punto A y por el vector AB.
AB = (0, 1, 1) − (−1, 1, 0) = (1, 0, 1)





=
=
+−=
tz
y
tx
r 1
1
:
b) El vector normal al plano π es el mismo AB, luego
π : 1 · (x − (−1)) + 0 · (y − 1) + 1 · (z − 0) = 0 ⇒ π: x + z + 1 = 0
c) La distancia de un punto P al plano π viene dada por:
222
000
000 )0:),,,((
cba
dczbyax
dczbyaxzyxPd
++
+++
==+++= π
En nuestro caso:
d(B = (0, 1, 1), π: x + z + 1 = 0) = 2
2
2
11
11
22
==
+
+

51
GAJ05
Calcule la distancia entre las rectas de ecuaciones:





 −
=
−
=
7
4
3
1
:
zy
xr y





 −
=
−
=−
4
3
3
2
2:
zy
xs
Solución:
La distancia entre las rectas r y s viene dada por:
sr
sr
vv
PQvv
srd rr
rr
×






=
→
,,
),( ,
siendo rv
r
y sv
r
los vectores de dirección respectivos, y PQ un vector que va de r a s,
donde P ∈ r y Q ∈ s.
En este caso:
rv
r
= (1, 3, 7), sv
r
= (1, 3, 4); P = (0, 1, 4), Q = (2, 2, 3), luego PQ= (2, 1, −1).
Con esto:
15
112
431
731
,, −=
−
=




 →
PQvv sr
rr
;
)0,3,9(
431
731
321
−==×
uuu
vv sr
rrr
rr
⇒
1039003)9( 222
==++−=× sr vv
rr
Luego:
2
10
103
15
),( =
−
=srd

52
RMJ05
Encontrar la distancia del punto P = (1, 1, 1) a la recta





−=
=
+=
=
tz
ty
tx
L
1
1
Solución:
La ecuación de la distancia de un punto P a una recta r es:
r
r
v
vAP
rPd r
r
×
=),( , siendo A ∈ r.
En este caso: A = (1, 0, 1), P = (1, 1, 1), AP = (0, 1, 0), rv
r
= (1, 1, −1)
El producto vectorial, rvAP
r
× = )1,0,1(
111
010
321
−−=
−
uuu
rrr
Luego
3
2
111
101
),( =
++
++
=rPd

53
IBS04
Calcular los puntos de la recta
23
1
2
1 zyx
=
−
=
+
que equidisten de los planos 3x + 4y =
1 y 4x − 3z = 1.
Solución:
222
000
000 )0:),,,((
cba
dczbyax
dczbyaxzyxPd
++
+++
==+++= π
Como la recta tiene por ecuaciones,





=
+=
+−=
tz
ty
tx
r
2
31
21
: ,
el punto genérico P(−1+ 2t, 1 + 3t, 2t) de r debe cumplir que d(P, π1) = d(P, π2), siendo
π1: 3x + 4y − 1 = 0 y π2: 4x − 3z − 1 = 0.
Por tanto,
169
1)31(4)21(3
),( 1
+
−+++−
=
tt
Pd π = ),(
916
1)2(3)21(4
2πPd
tt
=
+±
−−+−
de donde,
5
52
5
18
±
−
=
tt
.
• Para +5: 18t = 2t − 5 ⇒ t = −5/16 ⇒ 




 −−
=
16
10
,
16
1
,
16
26
1P
• Para −5: 18t = − 2t + 5 ⇒ t = 1/4 ⇒ 




 −
=
4
2
,
4
7
,
4
2
2P

54
IBS05
Encontrar la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a las rectas
x = y = z y x = y + 1 = 2z − 2.
Solución:
Las ecuaciones cartesianas de estas rectas son:
x = y = z ⇔ r:





=
=
=
tz
ty
tx
x = y + 1 = 2z − 2 ⇔





+=
+−=
=
pz
py
px
s
1
21
2
:
Tomamos un punto genérico de cada una de las rectas:
R = (t, t, t), S = (2p, −1 + 2p, 1 + p)
De donde RS = (2p – t, –1 + 2p – t, 1 + p – t). Si este vector es de la recta buscada debe
ser perpendicular a los vectores de dirección de r y s, vr = (1, 1, 1) y vs = (2, 2, 1). Para
ello: RS · vr = 0, RS · vs = 0.
RS · vr= 0 ⇒ (2p – t, –1 + 2p – t, 1 + p – t) · (1, 1, 1) = 0 ⇒ 5p − 3t = 0
RS · vs= 0 ⇒ (2p – t, –1 + 2p – t, 1 + p – t) · (2, 2, 1) ⇒ 9p − 5t − 1 = 0
Esto es, :



=−
=−
159
1035
tp
tp
⇒
2
5
=t ,
2
3
=p
Con esto: 





=
2
5
,
2
5
,
2
5
R , 





=
2
5
,2,3S y PQ = 





− 0,
2
1
,
2
1
= (1, −1, 0)
La recta perpendicular común es:





=
−=
+=
2/5
2/5
2/5
z
hy
hx

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