Geometría Analítica 08-09

RECTAS EN EL ESPACIO

En la figura se muestran varias rectas en el espacio, cuyas posiciones son las siguientes: a) r2 y r3 se cortan en un punto P cuyas coordenadas se obtienen resolviendo el sistema formado por sus respectivas ecuaciones. b) r1 y r2 se cruzan. Al resolver el sistema formado por sus respectivas ecuaciones veríamos que no son paralelas y que el sistema sería INCOMPATIBLE c) r1 y r4 son paralelas no coincidentes. Coincidentes o no, veríamos que sus vectores directores son proporcionales Las ecuaciones de estas rectas pueden venir dadas de las formas siguientes:

a1).-

⎧ x = q1 + s.u1 ⎪ r = ⎨ y = q 2 + s.u 2 ⎪ z = q + s.u 3 3 ⎩

y

⎧ x = p1 + t.v1 ⎪ s = ⎨ y = p 2 + t.v 2 ⎪ z = p + t.v 3 3 ⎩

- Primero veríamos si los vectores son proporcionales, de serlo, sus coordenadas serían proporcionales y por ello paralelas. - Si además el vector PQ es proporcional a los vectores u y v, las rectas serían coincidentes - Si no existe proporcionalidad igualaríamos los valores de x, y, z de ambas ecuaciones, obteniendo un sistema de tres ecuaciones con s y t como incógnitas. •

Si rango matriz sistema = rango matriz ampliada = 2 => las rectas se cortan en un punto

•

Si rango matriz sistema ≠ rango matriz ampliada => las rectas se cruzan.

Ejemplo-1 : 76 pág 174 libro texto Calcular el valor de a para que las rectas r y s sean coplanarias.

-1-

Geometría Analítica 08-09

x y−a z = r: = 1 1 0

⎧x = 1 + λ ⎪ s: ⎨ y = −1 + λ ⎪ z = −1 + λ ⎩

Solución

Expresamos la recta r en paramétricas:

μ ⎧x = ⎪ r = ⎨y = a + μ ⎪z = 0 ⎩

⎧ μ −λ =1 ⎪ Identificamos coordenadas de r y s: ⎨μ − λ = −1 − a ⎪− λ = −1 ⎩

⎧λ = 1 ⎩μ = 2

Si resolvemos este sistema encontramos, de la 1ª y 3ª ecuaciones, que ⎨

Llevamos estos valores a la 2ª ecuación y encontramos que para exista solución se necesita que: 2 - 1 = -1 - a => a = -2 Si a ≠ -2 las rectas se cruzan porque es evidente que los vectores de ambas rectas no son proporcionales

⎧x = 2 ⎪ Si a = 2 las rectas se cortan en el punto P ⎨ y = 0 y serían coplanarias ⎪z = 0 ⎩ x−2 1 1 b) La ecuación del plano que determinan será π = y − 0

1 1 =0 z−0 0 1

a2) Si las ecuaciones de las rectas vienen dadas como intersección de dos planos

⎧ax + by + cz + d = 0 ⎩a´x + b´ y + c´z + d´= 0

r1 = ⎨

⎧mx + ny + pz + h = 0 ⎩m´x + n´ y + p´z + h´= 0

r2 = ⎨

(ver la figura con los 4 planos que se cortan dos a dos para obtener r1 y r2 ) con las cuatro ecuaciones obtendríamos un sistema de cuatro ecuaciones con tres incógnitas: Si rango matriz ampliada = 3, el sistema tiene solución única y las rectas se cortarían en un punto cuyas coordenadas se obtienen resolviendo el sistema (ver figura)

-2-

Geometría Analítica 08-09

Si rango matriz ampliada = 4, el sistema no tendría solución y las rectas se cruzarían. Los otros casos posibles conviene estudiarlos con algún ejemplo. Ejemplo -2 29 pag 203

⎧ x + y − 2 z = −1 ⎧ 2 x + y − z = 1 s= ⎨ se cortan o se ⎩2 x − y + z = 1 ⎩ x − y − 2 z = −1

Determina, razonadamente, si las rectas r = ⎨ cruzan Solución

1 1 − 2 −1 2 −1 1 1 Las cuatro ecuaciones nos da un sistema cuya matriz ampliada es: 2 1 −1 1 1 −1 − 2 −1 Se puede comprobar que el desarrollo del determinante de (A/B) = - 12 ≠ 0 lo que significa que: Rango A/B = 4 ≠ rango A =3 => sistema incompatible. Las rectas se cruzan. En la figura adjunta se muestra la interpretación geométrica del problema. Como rango matriz incógnitas = 3 significa que tres de los 4 planos ( α, γ y δ ) se cortan en el punto A, mientras que el plano β no pasa por el citado punto

Planos en el espacio La ecuación de un plano es de la forma

α= ax +by + cz +d

= 0, donde (a,b,c) son las coordenadas de un vector perpendicular al plano α La mayor parte de los problemas, relacionados con propiedades afines de los planos, se resuelven aplicando las propiedades relativas a la resolución de sistemas de ecuaciones e interpretando la respuesta obtenida. En numerosas ocasiones es muy útil aplicar el concepto de HAZ DE PLANOS cuya definición es “ conjunto de planos que tienen un recta común r “ La idea de un haz de planos puede dártela la figura de la derecha. La ecuación de cualquier plano del haz es de la forma: r. α + s.β = 0

-3-

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Ejemplo 48 pág 176 Encuentra la ecuación del plano que determinan el punto A(1, 0, 1) y la recta r =

⎧x + y − z + 1 = 0 ⎨ ⎩2 x − y + 2 z = 0

Solución La recta dada viene dada como intersección de dos planos ( supongamos α y β ). El plano pedido ( supongamos δ ) pertenece al haz que determinan los dos primeros y por ello su ecuación será de la forma: r.(x+y-z+1) + s(2x-y+2z) = 0 dicho plano ha de pasar por el punto A, luego sus coordenadas verifican la ecuación: r.(1+0-1+1) + s(2-0+2.2) = 0 => r + 6.s = 0 => r = - 6s Sustituyendo, el valor encontrado, en la ecuación del haz resulta: - 6.s.(x+y-z+1) + s(2x-y+2z) = 0 => - 6.(x+y-z+1) + (2x-y+2z) = 0 => -4 x – 7y + 8z – 6 = 0 que es la ecuación del plano pedido.

1º.- Ejerc 19 (202)

⎧x + y − z = 4 ⎩x + 2 y = 7

Determina la perpendicular común a las rectas: r = ⎨

⎧x = 2 ⎩ y = −3

s= ⎨

Solución Expresemos ambas rectas en paramétricas

⎧ x = 7 − 2λ ⎪ . r = ⎨y = λ ⎪z = 3 − λ ⎩

⎧x = 2 ⎪ s = ⎨ y = −3 ⎪x = μ ⎩

•

Las coordenadas de P son P (7 - 2λ, λ , 3- λ )

•

Las coordenadas de Q son Q( 2, - 3, μ )

•

El vector PQ ( - 5 + 2λ, - 3 - λ, μ – 3 + λ )es perpendicular a los vectores directores de ambas rectas:

d(- 2, 1, - 1) y d´(0, 0, 1) o

PQ . d = -6 . λ – μ + 10 = 0;

o

PQ . d´= μ – 3 + λ = 0;

6 . λ + μ = 10 (1)

De la resolución del sistema anterior resulta: λ = Los puntos de contacto son: P(

λ +μ = 3

(2)

7 8 y μ= 5 5

21 7 8 8 , , ) Q( 2, -3, ) 5 5 5 5

La recta pedida pasa por Q y tiene la dirección de PQ( -

11 22 ,, 0 ) || v( 11, 22, 0 ) || v´( 1, 2, 0 ) 5 5 -4-

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⎧ ⎪ x = 2 + 1λ Recta ⎪ ⎨ y = − 3 + 2λ ⎪ 8 ⎪z = 5 ⎩

2º.- Ejerc 21 (202)

⎧x −

Dada la recta r= ⎨

⎩

2 z = −3 y el plano π = x + 2y + 3z – 1 = 0 halla la ecuación de una recta s, situay−z =4

da en el plano π, que pase por el punto P(2, 1, -1 ) y sea perpendicular a r Solución Expresemos r y s en paramétricas

⎧ x = − 3 + 2λ ⎪ . r = ⎨y = 4 + λ ⎪z = λ ⎩

⎧ x = 2 + aμ ⎪ s = ⎨ y = 1 + bμ ⎪ z = − 1 + cμ ⎩

El vector d´(a, b, c) de s, es perpendicular a a d(2, 1, 1) y n (1, 2, 3) por lo que: .d´. d = 2 a + b + c = 0 d´. n = a + 2b + 3c = 0

c − 5c , c ) || v( c, -5 c, 3 c ) || v´( 1, -5, 3 ) 3 3

Sistema indeterminado cuya solución es: d´( ,

⎧ x = 2 + 1λ Recta s = ⎪ y = 1 − 5λ ⎨

⎪ z = − 1 + 3λ ⎩

3º.- Ejerc 23 ( 202) Los vértices del triangulo ABC son los puntos de corte del plano 2 x + y – 3 z = 6 con los ejes de coordenadas. Halla la ecuación de la altura que parte del vértice B que está en el eje OY. Solución Coordenadas de A(3, 0, 0 ) Coordenadas de B(0, 6, 0 ) Coordenadas de C(0, 0, -2 ) ⎧ x = 3 − 3λ

•

Recta AC ( determinada por dos puntos ): punto A y vector AC ⎪ y = 0

•

Plano BOP: pasa por B y es perpendicular a AC: nos vale el vector AC como asociado al plano obte-

⎨ ⎪ z = − 2λ ⎩

niendo que plano BOP = 3 x + 2z = 0 •

Punto P, de corte de la recta AC con el plano anterior: 3(3 - 3λ) + 2.(-2 λ ) = 0 => λ =

9 de donde: 13 -5-

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P( 3 – 3.

9 9 12 − 18 , 0 , -2 . ) = P( , 0, ) 13 13 13 13

La ecuación de la recta pedida será la que pasa po B y P 4º.- Ejerc 24 (202) Halla un punto P de la recta r :

x −1 y +1 z = = que equidiste de los planos: 2 1 3

⎧ x = −3 + λ ⎪ . α : x + y + z +3 = 0 y β : ⎨ y = −λ +μ ⎪ z = −6 +μ ⎩ Solución •

x+3 y−0 z+6 Expresamos β en forma implícita resolviendo: 1 −1 0 =-x–y+z+3= 0 0 1 1

•

En forma genérica las coordenadas de P son: P( 1 +2 t, - 1 +t, 3 t )

•

La condición pedida es: d(p, α ) =

(1 + 2t ) + (−1 + t ) + 3t + 3 12 + 12 + 12

= d(P, β )=

− (1 + 2t ) − (−1 + t ) + 3t + 3 12 + 12 + 12

Resolviendo encontramos que 3t = - 3t => 6t = 0 => t = 0 El punto buscado es P( 1, - 1, 0 )

Pero tenemos otra posibilidad d(p, α ) = - d(P, β ) de la que obtenemos 6 t + 3 = - 3 => t = -1 por lo que el punto sería P( - 1, - 2, - 3 ) 5º.- Ejerc 28 (203) Halla la ecuación del plano cuyo punto más próximo al origen es P(1, 2, 3 ) Solución Del enunciado se deduce que: •

El vector OP es perpendicular al plano buscado por lo que su ecuación será x + 2y + 3z + d = 0

•

Este plano debe pasar, evidentemente por P por lo que 1 + 2.2 + 3.3 + d = 0 => d = - 14

El plano pedido es x + 2y + 3z – 14 = 0 6º.- Ejerc 31 (203)

⎧x + y = 0 1 que disten del plano π = 2x – y + 2z + 1 = 0 3 ⎩x − z = 0

a) Encuentra los puntos de r : ⎨ Solución

⎧x = λ ⎪ Expresemos r en paramétricas r : ⎨ y = −λ ⎪z = λ ⎩

-6-

Geometría Analítica 08-09

Los puntos pedidos son de la forma P( λ, - λ, λ) teniendo en cuenta que Dis(P, r ) = +

1 1 1 1 1 3λ + 1 1 2λ − λ + 2λ + 1 = => = de donde λ = siendo P(- , ,- ) 3 3 3 3 3 3 3 2 2 + (−1) 2 + 2 2

Dis(P, r ) = -

1 procediéndose de igual manera. 3

b) Obtén los puntos de π que distan -

1 de los puntos hallados en el apartado anterior 3

Solución Estos puntos serán los de intersección con π, de las recta que pasa por P y es perpendicular a ese plano.

7º.- Calcula el volumen de un cubo que tiene aristas sobre cada una de las rectas r y s

⎧ x = 1 + 2t ⎪ r: ⎨ y = −2 + 6t ⎪ z = −1 − t ⎩

s:

x y −8 z −6 = = 13 2 14

Sugerencia Se trata de hallar la mínima distancia entre dos rectas que se cruzan. Esa distancia es PQ Una vez encontrado su valor el volumen será: Vol = | PQ|

3

8º.- Ejerc 39 (204 ) Un cuadrado tiene uno de sus lados sobre la recta

⎧3x + 2 y + 2 z = 0 x − 3 y −1 z + 5 y otro sobre s : = = 2 −1 −2 ⎩x − 2 y + 2z = 0

r: ⎨

a) Calcula el área del cuadrado

⎧ x = −t ⎪ 1 ⎪ Obtengamos las ecuaciones paramétricas de r que son: ⎨ y = t 2 ⎪ ⎪⎩ z = t Donde vemos que r pasa por el origen O y que r y s son paralelas por lo que basta con hallar la distancia de O a la recta s •

OT´ = T´ - O = (3, 1, -5)- (0, 0, 0) = (3, 1, -5 )

•

OT´ ^ ds = ( -7, -4. –5 ) => | OT´ ^ ds | =

90 = 3 10 | ds | = 3

-7-

Geometría Analítica 08-09

D(P,s) =

OT ´∧ d s ds

=

3 10 = 10 => el área será A = 10 3

b) Encuentra cuatro puntos, dos en r y dos en s, que puedan ser los vértices de un cuadrado, si uno de ellos es Q(0, 0, 0) Solución Punto T Supongamos que el punto T ( perteneciente a la recta s ) es uno de los puntos buscados. Sus coordenadas son T ( 3+2s, 1-s, - 5 –2s ) El vector OT es perpendicular a ds por lo que su producto escalar es cero. OT . ds = (3 + 2s).2 – (1 – s).1 –( - 5 – 2s).2 = 0 => s = -

5 1 8 5 , obteniendo así T( - , , - ) 3 3 3 3

Punto R El vector OR tendrá como módulo | OR | =

10 ( longitud del lado del cuadrado)

3t 2 10 1 = 10 => t = (−t ) 2 + ( t ) 2 + t 2 = 10 = > 2 3 2

A partir de aquí podemos encontrar las coordenadas de R sustituyendo en las ecuaciones paramétricas de la recta r Punto S Se determina sabiendo que las diagonales se cortan en el punto medio M ( propiedad que necesitas aplicar dos veces ) 9º.- Ejerc 45 (204) Halla el punto del plano π de ecuación x – z = 3 que está más cerca del punto P(3, 1, 4 ), así como la distancia entre el punto P y el plano dado Solución El punto más cercano será el pié de la perpendicular al plano π que pasa por P. Determinemos el punto Q Recta que pasa por P y es perpendicular a π. De ella conocemos: P(3, 1, 4 ) Dirección n(1, 0, -1 )

⎧x = 3 + t ⎪ . Las coordenadas de Q son ( 3 + t, 1, 4 – t). Este punto por pertenecer al plano, sus Ecuación ⎨ y = 1 ⎪z = 4 − t ⎩ coordenadas, cumplen su ecuación ( 3 + t) – ( 4 – t ) = 3 => t = 2 de donde Q(5, 1, 2) La distancia pedida puedes hallarla de dos maneras: | PQ| ó d( P, π)

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10º.- 47 ( 204 ) a) Halla el volumen del paralelepípedo de bases ABCD y EFGH sabiendo que A(1, 0, 0), B( 2, 3, 0 ) C( 4, 0, 5 ) y E( 7, 6, 3) Solución M es el punto medio de la cara superior. Aplicando dos veces esta propiedad obtienes que D( 3, - 3, 5 ) Teniendo en cuenta que AE = DH obtienes H y puedes repetir el procedimiento para conseguir F y G b) Halla su volumen Vol = [ AD, AB, AE] es decir el producto mixto de tres vectores concurrentes en el mismo vértice 11º.- Ejerc 49 ( 204)

⎧x = μ x − 3 y z −1 ⎪ = = y s : ⎨ y = −μ Dadas las rectas r : 2 1 1 ⎪z = 4 − μ ⎩ Halla los puntos que dan mínima distancia y determina la ecuación de la perpendicular común a r y a s Solución

⎧ x = 3 + 2λ ⎪ Expresemos r en paramétricas: r : ⎨ y = λ ⎪z = 1 + λ ⎩ Coordenadas de P( 3 + 2λ, λ, 1 + λ ) y de Q( μ, - μ, 4 – μ ) El vector PQ( μ - 2λ – 3, - μ - λ, – μ – λ + 3 ) es perpendicular a los vectores directores de ambas rectas por lo que, los respectivos productos escalares, serán nulos. ( μ - 2λ – 3, - μ - λ, – μ – λ + 3 ) . ( 2, 1, 1 ) = 0 => λ =

1 2

( μ - 2λ – 3, - μ - λ, – μ – λ + 3 ) . ( 1, -1, - 1) = 0 => μ = 2 Obtenidos los valores de μ y λ podemos obtener las coordenadas de Q y P => distancia PQ y ecuación de la ecuación de la perpendicular común. 12º.- Ejerc 52 (205) Considera un cuadrado cuyo centro es el punto C(1, 1, - 1) y tiene uno de sus lados en la recta r :

x−2 y −1 z −1 = = 1 1 0

a) Ecuación del plano que contiene al cuadrado Este plano contiene al punto C, al vector ( 1, 1, 0 ) y al vector CP siendo

-9-

Geometría Analítica 08-09

P(2, 1, 1 ) perteneciente a r.

x −1 y −1 z +1 Plano

1 1

1 0

0 =x–y–z–1=0 1

b) Longitud del lado del cuadrado: La distancia de C a la recta r es la mitad de la longitud del lado del cuadrado. Halla esta distancia ( ya se ha resuelto este problema anteriormente) y multiplicas su resultado por dos. EXAMEN FEBERO 2009 1º.- Dada la ecuación de la esfera x 2 + y 2 + z 2 – 6x + 2y – 4z – 5 = 0 se pide: a) Coordenadas de su centro y su radio

( 1pto)

b) Distancia de su centro al plano 3x + 2y – 5z + 13 = 0

( 1pto)

c) ¿ El plano corta a la esfera?

( 0,5 ptos)

Solución a) Si (a, b, c) son las coordenadas del centro de la esfera y r su radio tenemos que la ecuación de la esfera es: 2

x + y 2 + z 2 – 2a x + 2b y – 2c z + a 2 + b 2 + c 2 = r 2 Por comparación con la ecuación dada podemos obtener que: - 2 a = - 6 => a = 3

-2 b = 2 => b = - 1

-2 c = - 4 => c = 2 a 2 + b 2 + c 2 - r 2 = - 5 de donde r =

19 y centro

C( 3, - 1, 2 )

b) Nos piden la distancia de C al plano dado: d = c) Como r =

19 >

10 38

3.3 + 2.(−1) − 5.2 + 13 38

=

10 38

=10´80

podemos afirmar que el plano corta a la esfera.

2º.- Hállese la ecuación del plano que contiene a la recta r = x = y = z y es perpendicular al plano π= x+y–z–1=0

( 2,5 ptos)

Solución El plano pedido contiene al punto O y es paralelo a los vectores u, de la recta r, y v del plano π

x−0 1 1

y−0 z −0 1 1

1 = 0 de donde resulta - x + y = 0 −1

- 10 -

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3º.- Dados el punto A(3, 5, - 1) y la recta r =

x −1 z +1 = y+2= se pide: 2 2

a)

Expresa r en paramétricas

( 1 pto)

b)

Hállese un punto B de la recta r tal que el vector AB es paralelo al plano π de ecuación

(1,5 ptos)

3x – 2y + z + 5 = 0 Solución a) La recta r pasa por ( 1, -2, -1 ) y su dirección es

⎧ x = 1 + 2t ⎪ u (2, 1, 2 ) = > r = ⎨ y = −2 + t ⎪ z = −1 + 2t ⎩ b)Un punto genérico de la recta es B(1 + 2t, - 2 + t, - 1+ 2t) Consideremos el vector AB ( - 2 + 2t, - 7 + t, 2t) que debe ser perpendicular al vector v por lo que: v. AB = 0 => ( 3, - 2, 1 ) . ( - 2 + 2t, - 7 + t, 2t) = 0 => encontrando que t = Sustituyendo el valor hallado en las coordenadas de B tenemos que: B (

4 3

11 2 5 ,- , ) 3 3 3

4º.-Se consideran los puntos A( 3, 5, 7 ) , B( 1, 0, - 1) y C( 7, - 1, 4 ) y D( 11, 4, - 6) como vértices de un paralelepípedo se pide: a) Ecuación del plano de la base que determinan los puntos A, B y C (0,5 ptos) b) Área de la base del paralelepípedo

(0,5 ptos)

c) Altura del paralelepípedo

(0,5 ptos)

d) Calcular el valor de m para que el volumen del paralelepípedo de vértices A, B, C y D( 11, 4, m) sea 2

(1 punto)

Solución En la figura se muestra una posible representación del paralelepípedo

a)El plano de la base viene determinado por los puntos A, B y C. De ellos obtenemos como punto de referencia B y los vectores BA (2, 5, 8 ) y BC(6, - 1, 5 ). Su ecuación será: x −1

y

z +1

2 6

5 −1

8 5

= 0 de donde plano ABC => 33 x + 38 y – 32 z – 65 = 0

- 11 -

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b) Área de la base = BA ∧ BC i

j

k

Calculemos primero BA ∧ BC = 2 5 8 = 33 i + 38 j – 32 k 6 −1 5 Área de la base =

33 2 + 38 2 + (−32) 2 =

3557 = 59,64

c) Altura del paralelepípedo = distancia del punto D al plano de la base altura =

33.11 + 38.4 − 32.(−6) − 63 3557

10

d) Volumen = [BA, BC, BD] = 2 6

=

644 3557

=10´80

4

m +1

5 −1

8 5

= 2 de donde m = 14

- 12 -