Bloque II. Geometría 1

Página 216

1 Considera los vectores 8u(3, 2, –1),

8v (–4, 0, 3) y

8w (3, –2, 0):

a) ¿Forman una base de Á3?

b)Halla m para que el vector (2, –6, m) sea perpendicular a 8u .

c) Calcula |8u |, |8v | y ( ).

Resolución

a) Para que los tres vectores formen una base, han de ser L.I. Veámoslo:

= 28 ? 0. Forman una base de Á3.

b) (2, –6, m) · (3, 2, –1) = 6 – 12 – m

(2, –6, m) 2 8u ï 6 – 12 – m = 0 ï m = –6

c) |8u | = =

|8v | = = = 5

cos ( ) = = –0,80179… 8 ( ) = 143° 18' 3''

2 Halla un vector de módulo 13 que sea perpendicular a los vectores 8u(24, 10, 7)

y 8v(–12, –5, 8).

Resolución8u Ò 8

v = (115, –276, 0)

|8u Ò 8v | = = 299 = 13 · 23

El vector buscado es 8u Ò 8

v = (5, –12, 0).

También cumple las condiciones pedidas su opuesto: (–5, 12, 0).

Soluciones: (5, –12, 0) y (–5, 12, 0)

123

√1152 + 2762

ì8u,

8v

–15

√14 · 5

ì8u,

8v

√25√42 + 32

√14√32 + 22 + 12

|3 2 –1–4 0 33 –2 0

|

ì8u,

8v

BLOQUE IIGEOMETRÍAII

3 Considera los puntos P (2, 3, 5) y Q (8, –9, 2):

a) Halla el punto medio de PQ.

b)Halla el punto simétrico de P respecto de Q.

c) Obtén un punto R de PQ tal que 2 = .

Resolución

a) Punto medio: , , = 5, –3,

b) Sea S (a, b, g) el simétrico de P respecto de Q. Entonces:

= 8

= –9 a = 14, b = –21, g = –1

= 2

Así, el simétrico de P respecto de Q es (14, –21, –1).

c)

= (6, –12, –3)

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

4 Dados los puntos P (3, 2, 0), Q (5, 1, 1) y R (2, 0, –1):

a) Halla la recta que pasa por P y Q.

b)Halla el plano que contiene a P, Q y R.

c) Halla la distancia entre P y Q.

Resolución

a) = (2, –1, 1)

r:

b) = (–1, –2, –1)

Ò = (2, –1, 1) Ò (–1, –2, –1) = (3, 1, –5) 2 π

π: 3(x – 3) + 1(y – 2) – 5(z – 0) = 0

3x + y – 5z – 11 = 0

c) dist (P, Q ) = = √6√22 + 12 + 12

8PR

8PQ

8PR

x = 3 + 2ly = 2 – lz = l

°§¢§£

8PQ

8PQ

13

8OP

8PR

8OP

8OR

8PQ

P (2, 3, 5) Q (8, –9, 2)R

5 + g2

3 + b2

2 + a2

)72()5 + 2

23 – 9

22 + 8

2(

RQPR

Bloque II. Geometría2

°§§§§¢§§§§£

5 Dados el punto A(–1, 2, 3) y la recta r : = = , calcula razo-nadamente:

a) La distancia de A a r.

b)El punto simétrico de A respecto de r.

Resolución

R (1 + l, –2 + l, 1 + 2l) es un punto genérico de r .

(2 + l, –4 + l, –2 + 2l)

Buscamos R para que 2 r ; es decir, 2 (1, 1, 2):

(2 + l, –4 + l, –2 + 2l) · (1, 1, 2) = 2 + l – 4 + l – 4 + 4l = 6l – 6

2 r ï 6l – 6 = 0 ò l = 1

Por tanto, R (2, –1, 3) es el pie de la perpendicular de A a r.

a) dist (A, r) = dist (A, R) = = = 3

b) El simétrico de A respecto de r es el simétrico, A' (a, b, g), de A respecto deR:

= 2

= –1 a = 5, b = –4, g = 3

= 3

Así, A' (5, –4, 3).

6 Calcula la posición relativa de la recta y el plano siguientes:

r : π: x + y + z = 0

Resolución

8dr ·

8nπ = 2 ? 0

Por tanto, 8dr no es perpendicular a

8nπ. Es decir, la recta no es paralela al plano, ni

está contenida en él.

Conclusión: la recta corta al plano.

°¢£

(3, –1, 0) = 8dr // r

(1, 1, 1) = 8nπ 2 π

x = 2 + 3ly = –lz = 0

°§¢§£

3 + g2

2 + b2

–1 + a2

√2√18√32 + 32 + 0

8AR

8AR

8AR

8AR

z – 12

y + 21

x – 11

Bloque II. Geometría 3

IBLOQUE

°§§§§¢§§§§£

7 Dadas las rectas r : y s : = = comprueba que

se cruzan y calcula la distancia entre ellas y la ecuación de la perpendicularcomún.

Resolución

Ecuaciones paramétricas de r . Llamamos y = l:

r :

Ecuaciones paramétricas de s :

s :

= (–3, –1, –5)

• Posición relativa:

Vemos el rango de la matriz formada por las coordenadas de los vectores 8dr,

8ds, :

= – 8 ? 0

Los tres vectores son L.I. Por tanto, las rectas se cruzan.

• El vector genérico (–3 + l + μ, –1 – l – μ, –5 + l + 3μ) tiene su origen en ry su extremo en s.

l = –1, μ = 2

Por tanto, los pies de la perpendicular común a las dos rectas son:

(–2, –2, 0) // (1, 1, 0)

dist (r, s) = dist (R, S) = = = 2

• Recta perpendicular común:

x = 3 + ly = –3 + lz = 6

°§¢§£

√2√8√22 + 22 + 0

8RS

°¢£

l = –1 8 R (5, –1, 6)

μ = 2 8 S (3, –3, 6)

°¢£

7 – 3l – 5μ = 0

–17 + 5l + 11μ = 0

°¢£

8RS 2 r ï

8RS 2

8dr ï –(–3 + l + μ) + (–1 – l – μ) – (–5 + l + 3μ) = 0

8RS 2 s ï

8RS 2

8ds ï (–3 + l + μ) – (–1 – l – μ) + 3(–5 + l + 3μ) = 0

8RS

|–1 1 –11 –1 3–3 –1 –5|

8R0S0

8R0S0

S0 (1, –1, 0)8ds(1, –1, 3)

x = 1 + μy = –1 – μz = 3μ

°§¢§£

R0 (4, 0, 5)8dr (–1, 1, –1)

x = 4 – ly = lz = 5 – l

°§¢§£

z3

y + 1–1

x – 11

x + y = 4

y + z = 5°¢£

Bloque II. Geometría4

8 Halla la ecuación del plano que pasa por el punto P(1, 0, –1), es paralelo a la

recta r : y es perpendicular al plano a: 2x – y + z + 1 = 0.

Resolución

(1, –2, 0) Ò (0, 0, 1) = (–2, –1, 0) // (2, 1, 0) = 8dr

Sea π el plano buscado y 8n su vector normal. Entonces:

π // r ò8dr 2 8

n

π 2 q ò 8n 2 (2, –1, 1)

Por tanto, 8n = (2, 1, 0) Ò (2, –1, 1) = (1, –2, –4).

Ecuación de π: 1(x – 1) – 2(y – 0) – 4(z + 1) = 0

x – 2y – 4z – 5 = 0

9 Halla la ecuación de la recta que pasa por el origen de coordenadas y cortaperpendicularmente a la recta AB, siendo A (2, 0, 2) y B(–1, 2, 1).

Resolución

= (–3, 2, –1) = 8dr

r : es la recta AB.

Tomamos un vector genérico con origen en O y extremo variable en r :

(2 – 3l, 2l, 2 – l)

Obligamos a que 2 r :

(2 – 3l, 2l, 2 – l) · (–3, 2, –1) = 0 ï –6 + 9l + 4l – 2 + l = 0 ï

ï 14l – 8 = 0 ï l = =

Para l = , obtenemos R , , y , , // (2, 8, 10) // (1, 4, 5)

La recta buscada es:

x = ly = 4lz = 5l

°§¢§£

)107

87

27(8

OR)107

87

27(4

7

47

814

8OR

8OR

8OR

x = 2 – 3ly = 2lz = 2 – l

°§¢§£

8AB

x – 2y = 0

z = 0°¢£

Bloque II. Geometría 5

IIBLOQUE

10 Sean el plano π: 3x – 2y + z – 1 = 0 y las rectas:

r : s :

a) Halla el ángulo que forman r y s.

b)Calcula el ángulo formado entre r y π.

c) Halla el ángulo que forma π con el plano q determinado por r y s.

Resolución

8dr (–1, 1, –2) //r,

8ds(3, 4, 0)//s,

8n(3, –2, 1) 2 π

a) cos ( ) = = = 0,08165 8 ( ) = 85° 19'

b) sen ( ) = cos ( ) = = 0,76376 8 ( ) = 49° 47' 49''

c) r y s se cortan en (0, 2, 3), evidentemente.

Determinan un plano cuyo vector normal es:

8n ' = (–1, 1, –2) Ò (3, 4, 0) = (8, –6, –7)

cos ( ) = cos ( ) = =

= = 0,63495 8 ( ) = 50° 35' 1''

11 Calcula la distancia que hay entre estos planos:

a: 2x + y – z + 1 = 0 b: 4x + 2y – 2z + 7 = 0

Resolución

= = ? ; por tanto, a y b son paralelos.

El punto A (0, 0, 1) é a. Por tanto:

dist (a, b) = dist (A, b) = = = › 1,025√2424

5

√24

|4 · 0 + 2 · 0 – 2 · 1 + 7|

√42 + 22 + 22

17

–1–2

12

24

ìπ, q

29

√—14 √

—149

3 · 8 + (–2) · (–6) + 1 · (–7)

√—14 √

—149

|ì8n,

8n'|ì

π, q

ìr, π|–7

√—6 √

—14

||ì8dr,

8n|ì

r, π

ìr, s

1

√6 · 5

|8dr ·

8ds|

|8dr| · |

8ds|

ìr, s

x = 3ly = 2 + 4lz = 3

°§¢§£

x = – ly = 2 + lz = 3 – 2l

°§¢§£

Bloque II. Geometría6

12 Calcula m para que r y s estén en el mismo plano:

r : = 1 – y = z s :

Resolución

r : = = 8dr = (1, –1, 1)

s : 8ds = (1, 1, 1) Ò (3, 0, –4) = (–4, 7, –3)

Evidentemente, las rectas no son paralelas. Veamos cómo ha de ser m para que secorten.

Conviene expresar cada una de las dos rectas como intersección de dos planos.Obligamos a que los cuatro planos tengan algún punto común:

r :

s :

Para que el sistema tenga solución, es necesario que el determinante de la matrizampliada sea cero.

= –2m – 8; –2m – 8 = 0 ï m = –4

Si m = –4, las dos rectas se cortan. Por tanto, están en un mismo plano.

13 Halla un punto de la recta s: x = –y = z tal que su distancia a r : sea igual a 1 unidad.

Resolución

Un punto genérico de r : R (l, –l, 3)

Un punto genérico de s : S (μ, –μ, μ)

Las dos rectas se cortan en (3, –3, 3).

Al ser perpendicular a r desde s, lacoordenada z debe distar 1 en ambasrectas. Por tanto, hay dos puntos de scuya distancia a r es 1:

(2, –2, 2) y (4, –4, 4)

(3, –3, 3)

11

Y

X

r

s

Z

x + y = 0

z = 3°¢£

|2 0 –2 10 1 1 11 1 1 –m3 0 –4 –1|

x + y + z = –m

3x – 4z = –1°¢£

2x – 1—= z 8 2x – 2z = 1

21 – y = z 8 y + z = 1

°§¢§£

z1

y – 1–1

x – (1/2)1

x + y + z + m = 0

3x – 4z + 1 = 0°¢£

2x – 12

Bloque II. Geometría 7

IIBLOQUE

°§§¢§§£

14 Calcula las ecuaciones de la recta r ' sabiendo que es la proyección ortogonalde r sobre π:

r : π: x – y + 2z + 4 = 0

Resolución

La recta r' es intersección de dos planos: el π y un plano a que contiene a r yes perpendicular a π.

Un vector normal a a es perpendicular al vector dirección de r y al vector normal a π.

Por tanto: (1, 3, 0) Ò (1, –1, 2) = (6, –2, –4) // (3, –1, –2) = 8n;

8n 2 a

(0, –2, 3) é a

a: 3(x – 0) – (y + 2) – 2(z – 3) = 0

3x – y – 2z + 4 = 0

La recta es r':

15 Dada la recta r : y el plano b: x – 3y – z + 6 = 0, halla la

ecuación de un plano paralelo a b que diste de la recta r 3 unidades.

Resolución

Para que el problema tenga solución, la recta debe ser paralela al plano. Comprobe-mos que es así:

8dr = (2, –5, 0) Ò (1, 0, 5) = (–25, –10, 5) // (5, 2, –1)8n = (1, –3, –1) 2 b

(5, 2, –1) · (1, –3, –1) = 0 ò8dr 2

8n ò r // b

La recta es paralela al plano.

Obtenemos un punto de la recta dando un valor a x. Por ejemplo, para x = –2 88 R (–2, –1, –1)

Un plano cualquiera paralelo a b es de la forma: a: x – 3y – z + k = 0

La distancia de r a a es igual a la distancia de R a a y debe ser igual a 3:

dist (R, a) = = 3

2 + k = ±3 8 k = –2 + 3

Solución: Hay dos planos que cumplen esta condición:

a1: x – 3y – z – 2 – 3 = 0 y a2: x – 3y – z – 2 + 3 = 0√11√11

√11√11

|–2 – 3(–1) – (–1) + k|

√12 + 33 + 12

2x – 5y – 1 = 0

x + 5z + 7 = 0°¢£

ra

π

r'3x – y – 2z + 4 = 0

x – y + 2z + 4 = 0°¢£

x = ly = –2 + 3lz = 3

°§¢§£

Bloque II. Geometría8

16 El plano 2x – y + 3z – 6 = 0 corta a los ejes coordenados en los puntos P, Q y R.

a) Calcula el área del triángulo PQR.

b)Halla el volumen del tetraedro de vértices P, Q, R y el origen de coorde-nadas.

Resolución

Puntos de corte con los ejes: P (3, 0, 0), Q (0, –6, 0), R (0, 0, 2)

a) = (–3, –6, 0), = (–3, 0, 2)

Área = | Ò | = |(–12, 6, –18)| = 3 u2

b) Para hallar el volumen del tetraedro, podemos utilizar dos métodos.

1.er MÉTODO. Utilizando el producto mixto:

V = |[ , , ]| = | | = 6 u3

2.° MÉTODO. Teniendo en cuenta que el te-traedro es la sexta parte de un ortoedro dedimensiones 3, 6 y 2:

V = · 3 · 6 · 2 = 6 u3

17 Dada la esfera x2 + y2 + z2 – 2x + 6y – 39 = 0, halla:

a) Su centro.

b)La ecuación del plano tangente en el punto P (1, –3, 7).

Resolución

a) Centro: C (1, –3, 0)

b) Radio: r = 7

(1, –3, 7) ¿pertenece a la superficie esférica?

1 + 9 + 49 – 2 – 18 – 39 = 0. Sí pertenece, pues cumple la ecuación.

(También podríamos haber comprobado que dist (P, C ) = 7).

El vector es perpendicular al plano tangente, π:

(0, 0, 7) // (0, 0, 1), perpendicular a π.

Ecuación del plano tangente a la esfera en el punto P es:

π: 0(x – 1) + 0(y + 3) + 1(z – 7) = 0 8 z = 7

8CP

8CP

P

Q

R

YO

X

Z

16

|–3 –6 0–3 0 2–3 0 0|1

6

8PO

8PR

8PQ

16

√1412

8PR

8PQ

12

�PQR

8PR

8PQ

Bloque II. Geometría 9

IIBLOQUE