IB Análisis y Enfoques NS · Geometría en el espacio · Cierre del tema

Ejercicios IB del tema 8

146 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Ejercicios de exámenes del IB agrupados por tipo y, dentro de cada tipo, de menos a más difícil. Intenta cada uno antes de abrir la solución.

Nivel

Prueba

Soluciones

Vectores: componentes, módulo y operaciones

Ejercicio 1 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2010

Los tres vectores $a$ , $b$ y $c$ vienen dados por

$a = 2 y - 3 x 2 x$ , $b = 4 x y 3 - x$ y $c = 4 - 7 6$ , donde $x, y \in R$ .

a) Si $a + 2 b - c = 0$ , halle el valor de $x$ y de $y$ .

b) Halle el valor exacto de $∣ a + 2 b ∣$ .

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Resultado: a) $x = 1$ , $y = - 2$ ; b) $101$

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a) 1. Calculamos $a + 2 b - c$ componente a componente e igualamos a $0$ : $2 y + 8 x - 4 - 3 x + 2 y + 7 2 x + 2 (3 - x) - 6 = 000 .$ 2. La tercera componente es $2 x + 6 - 2 x - 6 = 0$ y se cumple siempre. Quedan dos ecuaciones: ${8 x + 2 y - 3 x + 2 y = 4 = - 7$ 3. Restando la segunda a la primera: $11 x = 11$ , luego $x = 1$ . 4. Sustituimos en $8 x + 2 y = 4$ : $8 + 2 y = 4$ , de donde $y = - 2$ .

b) 1. Como $a + 2 b - c = 0$ , se tiene $a + 2 b = c$ . 2. Entonces $∣ a + 2 b ∣ = ∣ c ∣ = 4^{2} + (- 7)^{2} + 6^{2} = 16 + 49 + 36 = 101$ .

Resultado: a) $x = 1$ , $y = - 2$ ; b) $101$

Ejercicio 2 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2015

Considere el triángulo $ABC$ . Los puntos $P$ , $Q$ y $R$ son los puntos medios de los segmentos de recta $[AB]$ , $[BC]$ y $[AC]$ respectivamente.

Sean $OA = a$ , $OB = b$ y $OC = c$ .

a) Halle $BR$ en función de $a$ , $b$ y $c$ .

b) (i) Halle una ecuación vectorial de la recta que pasa por $B$ y por $R$ en función de $a$ , $b$ y $c$ y de un parámetro $λ$ .

(ii) Halle una ecuación vectorial de la recta que pasa por $A$ y por $Q$ en función de $a$ , $b$ y $c$ y de un parámetro $μ$ .

(iii) A partir de lo anterior, muestre que $OG = \frac{1}{3} (a + b + c)$ , sabiendo que $G$ es el punto en el que se cortan $[BR]$ y $[AQ]$ .

c) Muestre que el segmento de recta $[CP]$ también incluye al punto $G$ .

Las coordenadas de los puntos $A$ , $B$ y $C$ son $(1, 3, 1)$ , $(3, 7, - 5)$ y $(2, 2, 1)$ respectivamente. Un punto $X$ es tal que $[GX]$ es perpendicular al plano $ABC$ .

d) Sabiendo que el tetraedro $ABCX$ tiene un volumen de $12$ unidades $^{3}$ , halle las posibles coordenadas de $X$ .

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Resultado: a) $B R = \frac{1}{2} a - b + \frac{1}{2} c$ ; b) (i) $r = \frac{λ}{2} a + (1 - λ) b + \frac{λ}{2} c$ ; (ii) $r = (1 - μ) a + \frac{μ}{2} b + \frac{μ}{2} c$ ; d) $X (6, 8, 3)$ o $X (- 2, 0, - 5)$ . Los apartados b) (iii) y c) quedan demostrados.

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a) 1. $R$ es el punto medio de $[A C]$ : $O R = \frac{1}{2} (a + c)$ . 2. $B R = O R - O B = \frac{1}{2} a - b + \frac{1}{2} c$ .

b) (i) La recta pasa por $B$ con dirección $B R$ : $r = b + λ (\frac{1}{2} a - b + \frac{1}{2} c) = \frac{λ}{2} a + (1 - λ) b + \frac{λ}{2} c .$

(ii) 1. $Q$ es el punto medio de $[B C]$ : $O Q = \frac{1}{2} (b + c)$ , y $A Q = \frac{1}{2} b + \frac{1}{2} c - a$ . 2. $r = a + μ A Q = (1 - μ) a + \frac{μ}{2} b + \frac{μ}{2} c$ .

(iii) 1. En el punto $G$ las dos expresiones coinciden. Igualamos los coeficientes de $a$ , $b$ y $c$ : $\frac{λ}{2} = 1 - μ, 1 - λ = \frac{μ}{2}, \frac{λ}{2} = \frac{μ}{2} .$ 2. De la tercera, $λ = μ$ . En la primera: $\frac{λ}{2} = 1 - λ$ , luego $λ = \frac{2}{3}$ . La segunda también se cumple: $1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} = \frac{2/3}{2}$ . 3. Con $λ = \frac{2}{3}$ : $O G = \frac{1}{3} a + \frac{1}{3} b + \frac{1}{3} c = \frac{1}{3} (a + b + c)$ .

c) 1. $P$ es el punto medio de $[A B]$ : $O P = \frac{1}{2} (a + b)$ , así que $C P = \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} b - c$ . 2. $C G = O G - O C = \frac{1}{3} (a + b + c) - c = \frac{1}{3} (a + b - 2 c)$ . 3. Entonces $C P = \frac{1}{2} (a + b - 2 c)$ , y por tanto $C G = \frac{2}{3} C P$ . Como $0 < \frac{2}{3} < 1$ , el punto $G$ está en el segmento $[C P]$ .

d) 1. $G = \frac{1}{3} (A + B + C) = \frac{1}{3} (6, 12, - 3) = (2, 4, - 1)$ . 2. $A B = (2, 4, - 6)$ , $A C = (1, - 1, 0)$ y $A B \times A C = 4 \cdot 0 - (- 6) (- 1) (- 6) \cdot 1 - 2 \cdot 0 2 \cdot (- 1) - 4 \cdot 1 = - 6 - 6 - 6$ . 3. Esa dirección es $(1, 1, 1)$ , normal al plano $A B C$ , y el área del triángulo es $\frac{1}{2} 108 = 33$ . 4. Volumen del tetraedro: $\frac{1}{3} \cdot 33 \cdot h = 12$ , luego $h = \frac{12}{3} = 43$ , y $h = ∣ GX ∣$ . 5. $X = G \pm 43 \cdot \frac{( 1 , 1 , 1 )}{3} = (2, 4, - 1) \pm (4, 4, 4)$ . 6. $X = (6, 8, 3)$ o $X = (- 2, 0, - 5)$ .

Producto escalar, ángulos y perpendicularidad

Ejercicio 3 BásicoIB · P1 Mayo 2002

Halle el ángulo entre los vectores $v = i + j + 2 k$ y $w = 2 i + 3 j + k$ . Indique su respuesta en radianes.

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Resultado: $θ \approx 0, 702$ rad

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Producto escalar: $v \cdot w = 2 + 3 + 2 = 7$ .
Módulos: $∣ v ∣ = 1 + 1 + 4 = 6$ y $∣ w ∣ = 4 + 9 + 1 = 14$ .
$cos θ = \frac{7}{6 14} = \frac{7}{84} = \frac{21}{6} \approx 0, 764$ .
Con la calculadora en modo radianes: $θ = arccos \frac{21}{6} \approx 0, 702$ rad.

Resultado: $θ \approx 0, 702$ rad

Ejercicio 4 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2019

Sea $a = 2 k - 1$ y $b = - 3 k + 2 k$ , $k \in R$

Sabiendo que $a$ y $b$ son perpendiculares, halle los valores posibles de $k$ .

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Resultado: $k = 2$ y $k = - 3$

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Perpendiculares: $a \cdot b = 0$ , es decir, $- 6 + k (k + 2) - k = 0$ .
Simplificamos: $k^{2} + k - 6 = 0$ .
Factorizamos: $(k - 2) (k + 3) = 0$ .

Resultado: $k = 2$ y $k = - 3$

Ejercicio 5 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2018

El ángulo agudo que forman los vectores $3 i - 4 j - 5 k$ y $5 i - 4 j + 3 k$ se denomina $θ$ . Halle $cos θ$ .

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Resultado: $cos θ = \frac{8}{25}$

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Producto escalar: $15 + 16 - 15 = 16$ .
Módulos: $9 + 16 + 25 = 50$ y $25 + 16 + 9 = 50$ .
$cos θ = \frac{16}{50 50} = \frac{16}{50} = \frac{8}{25}$ . Es positivo, de acuerdo con que el ángulo sea agudo.

Resultado: $cos θ = \frac{8}{25}$

Ejercicio 6 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2010Demostración

Consideremos los vectores $O A = a$ , $O B = b$ y $O C = a + b$ . Demuestre que si $∣ a ∣ = ∣ b ∣$ entonces $(a + b) \cdot (a - b) = 0$ . Comente lo que nos indica sobre el paralelogramo $OACB$ .

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Desarrollamos el producto escalar (es distributivo y conmutativo): $(a + b) \cdot (a - b) = a \cdot a - a \cdot b + b \cdot a - b \cdot b = ∣ a ∣^{2} - ∣ b ∣^{2} .$
Si $∣ a ∣ = ∣ b ∣$ , entonces $∣ a ∣^{2} - ∣ b ∣^{2} = 0$ , luego $(a + b) \cdot (a - b) = 0$ .
Interpretación: $a + b = O C$ es una diagonal del paralelogramo $OACB$ y $a - b = B A$ es la otra. Su producto escalar es cero, así que las dos diagonales son perpendiculares. Además $∣ a ∣ = ∣ b ∣$ significa que dos lados contiguos son iguales, es decir, el paralelogramo es un rombo (y las diagonales de un rombo se cortan en ángulo recto).

Queda demostrado.

Ejercicio 7 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

El ángulo entre el vector $a = i - 2 j + 3 k$ y el vector $b = 3 i - 2 j + m k$ es de $3 0^{\circ}$ . Halle los valores de $m$ .

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Resultado: $m \approx 25, 7$ y $m \approx 2, 27$

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Usamos $cos θ = \frac{a \cdot b}{∣ a ∣ ∣ b ∣}$ con $θ = 3 0^{\circ}$ .
Calculamos: $a \cdot b = 3 + 4 + 3 m = 7 + 3 m$ , $∣ a ∣ = 1 + 4 + 9 = 14$ y $∣ b ∣ = 13 + m^{2}$ .
Planteamos $\frac{7 + 3 m}{14 13 + m ^{2}} = cos 3 0^{\circ} = \frac{3}{2} .$
Elevamos al cuadrado (después comprobaremos que $7 + 3 m > 0$ ): $4 (7 + 3 m)^{2} = 3 \cdot 14 (13 + m^{2})$ , es decir, $196 + 168 m + 36 m^{2} = 546 + 42 m^{2}$ .
Ordenando: $6 m^{2} - 168 m + 350 = 0$ , o sea $3 m^{2} - 84 m + 175 = 0$ .
Resolvemos (a mano con la fórmula o con la CPG): $m = \frac{84 \pm 4956}{6} = 14 \pm \frac{1239}{3}$ , es decir, $m \approx 25, 7$ y $m \approx 2, 27$ .
Comprobación: para ambos valores $7 + 3 m > 0$ , así que el ángulo es agudo y las dos soluciones sirven.

Resultado: $m \approx 25, 7$ y $m \approx 2, 27$

Ejercicio 8 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2005

Los vectores de posición de los puntos $P$ y $Q$ son $2 - 3 1$ y $22 - 4$ respectivamente. El origen está en $O$ .

Halle:

a) el ángulo $POQ$ .

b) el área del triángulo $OPQ$ .

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Resultado: a) $POQ \approx 109, 1^{\circ}$ ; b) $53 \approx 8, 66$

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a) 1. Los vectores son $O P = 2 - 3 1$ y $O Q = 22 - 4$ . 2. Producto escalar: $O P \cdot O Q = 4 - 6 - 4 = - 6$ . 3. Módulos: $∣ O P ∣ = 4 + 9 + 1 = 14$ y $∣ O Q ∣ = 4 + 4 + 16 = 24$ . 4. $cos P O Q = \frac{- 6}{14 24} = - \frac{21}{14} \approx - 0, 327$ , y por tanto $P O Q = arccos (- \frac{21}{14}) \approx 109, 1^{\circ}$ .

b) 1. El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $O P \times O Q = (- 3) (- 4) - 1 \cdot 2 1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 4) 2 \cdot 2 - (- 3) \cdot 2 = 101010 .$ 2. $∣ O P \times O Q ∣ = 103$ , luego el área es $\frac{1}{2} \cdot 103 = 53 \approx 8, 66$ .

Resultado: a) $POQ \approx 109, 1^{\circ}$ ; b) $53 \approx 8, 66$

Ejercicio 9 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Sea $α$ el ángulo que forman los vectores unitarios $a$ y $b$ , donde $0 \leq α \leq π$ .

a) Exprese $∣ a - b ∣$ y $∣ a + b ∣$ en función de $α$ .

b) A partir de lo anterior, determine para qué valores de $cos α$ se cumple que $∣ a + b ∣ = 3 ∣ a - b ∣$ .

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Resultado: a) $∣ a - b ∣ = 2 - 2 cos α$ y $∣ a + b ∣ = 2 + 2 cos α$ ; b) $cos α = \frac{4}{5}$

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a) 1. Como $a$ y $b$ son unitarios, $∣ a ∣ = ∣ b ∣ = 1$ y $a \cdot b = cos α$ . 2. Desarrollamos el cuadrado del módulo con el producto escalar: $∣ a - b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} - 2 a \cdot b + ∣ b ∣^{2} = 2 - 2 cos α, ∣ a + b ∣^{2} = 2 + 2 cos α .$ 3. Como $0 \leq α \leq π$ , ambas cantidades son no negativas, y $∣ a - b ∣ = 2 - 2 cos α, ∣ a + b ∣ = 2 + 2 cos α .$

b) 1. Elevamos al cuadrado la condición $∣ a + b ∣ = 3 ∣ a - b ∣$ : $∣ a + b ∣^{2} = 9 ∣ a - b ∣^{2}$ . 2. Sustituimos: $2 + 2 cos α = 9 (2 - 2 cos α) = 18 - 18 cos α$ . 3. Agrupamos: $20 cos α = 16$ , luego $cos α = \frac{4}{5}$ .

Resultado: a) $∣ a - b ∣ = 2 - 2 cos α$ y $∣ a + b ∣ = 2 + 2 cos α$ ; b) $cos α = \frac{4}{5}$

Ejercicio 10 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2015

Sea $v = 235$ y $w = 4 λ 10$ .

a) Halle el valor de $λ$ para que $v$ y $w$ sean paralelos.

b) Calcule el valor de $λ$ para que $v$ y $w$ sean perpendiculares.

c) Halle los dos valores de $λ$ si el ángulo entre $v$ y $w$ es $1 0^{\circ}$ .

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Resultado: a) $λ = 6$ ; b) $λ = - \frac{58}{3}$ ; c) $λ \approx 3, 73$ y $λ \approx 8, 76$

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a) 1. Paralelos significa $w = k v$ . Como $4 = 2 k$ , $k = 2$ (y la tercera componente lo confirma: $10 = 2 \cdot 5$ ). 2. Entonces $λ = 2 \cdot 3 = 6$ .

b) 1. Perpendiculares significa $v \cdot w = 0$ : $8 + 3 λ + 50 = 0$ . 2. Luego $3 λ = - 58$ y $λ = - \frac{58}{3}$ .

c) 1. Usamos $cos 1 0^{\circ} = \frac{v \cdot w}{∣ v ∣ ∣ w ∣}$ , con $v \cdot w = 58 + 3 λ$ , $∣ v ∣ = 38$ y $∣ w ∣ = 116 + λ^{2}$ : $\frac{58 + 3 λ}{38 116 + λ ^{2}} = cos 1 0^{\circ} .$ 2. Esta ecuación se resuelve con la CPG (por ejemplo, buscando las intersecciones de la gráfica del primer miembro con la recta $y = cos 1 0^{\circ}$ ) o elevando al cuadrado, lo que da una ecuación de segundo grado en $λ$ : $(58 + 3 λ)^{2} = 38 cos^{2} 1 0^{\circ} (116 + λ^{2}) .$ 3. Las soluciones son $λ \approx 3, 73$ y $λ \approx 8, 76$ . 4. Comprobación: en ambos casos $58 + 3 λ > 0$ , así que el ángulo es agudo y las dos soluciones valen.

Resultado: a) $λ = 6$ ; b) $λ = - \frac{58}{3}$ ; c) $λ \approx 3, 73$ y $λ \approx 8, 76$

Ejercicio 11 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2012

a) Sean $a = 13 k$ , $b = 20 - 1$ y $c = - 1 23$ . Si $b$ es perpendicular a $c - 2 a$ , calcule el valor de $k$ .

b) Halle los valores de $x$ para los cuales los vectores $1 2 cos x 0$ y $- 1 2 sen x 1$ , $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ son perpendiculares.

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Resultado: a) $k = \frac{9}{2}$ ; b) $x = \frac{π}{12}$ y $x = \frac{5 π}{12}$

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a) 1. $c - 2 a = - 1 - 2 2 - 6 3 - 2 k = - 3 - 4 3 - 2 k$ . 2. Perpendiculares: $b \cdot (c - 2 a) = 0$ , es decir, $- 6 + 0 - (3 - 2 k) = 0$ . 3. Entonces $- 9 + 2 k = 0$ y $k = \frac{9}{2}$ .

b) 1. El producto escalar debe ser cero: $- 1 + 4 sen x cos x = 0$ . 2. Como $2 sen x cos x = sen 2 x$ , queda $- 1 + 2 sen 2 x = 0$ , luego $sen 2 x = \frac{1}{2}$ . 3. Si $0 \leq x \leq \frac{π}{2}$ , entonces $0 \leq 2 x \leq π$ , y en ese intervalo $sen 2 x = \frac{1}{2}$ para $2 x = \frac{π}{6}$ o $2 x = \frac{5 π}{6}$ . 4. Por tanto $x = \frac{π}{12}$ o $x = \frac{5 π}{12}$ .

Resultado: a) $k = \frac{9}{2}$ ; b) $x = \frac{π}{12}$ y $x = \frac{5 π}{12}$

Ejercicio 12 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2018

Los vectores $a$ y $b$ están definidos por $a = 11 t$ , $b = 0 - t 4 t$ , donde $t \in R$ .

a) Halle $a \cdot b$ en función de $t$ y luego simplifique dicha expresión.

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle todos los valores de $t$ para los cuales el ángulo que forman $a$ y $b$ es obtuso.

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Resultado: a) $a \cdot b = 4 t^{2} - t$ ; b) $0 < t < \frac{1}{4}$

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a) 1. $a \cdot b = 1 \cdot 0 + 1 \cdot (- t) + t \cdot 4 t = - t + 4 t^{2}$ .

b) 1. El ángulo es obtuso si $cos θ < 0$ , es decir, si $a \cdot b < 0$ (con ambos vectores no nulos). 2. Resolvemos $4 t^{2} - t < 0$ , es decir, $t (4 t - 1) < 0$ . La parábola $y = 4 t^{2} - t$ corta al eje en $t = 0$ y $t = \frac{1}{4}$ y es negativa entre las dos raíces. 3. Luego $0 < t < \frac{1}{4}$ . Para esos valores $b \neq = 0$ (y $a$ nunca es nulo), así que son válidos.

Resultado: a) $a \cdot b = 4 t^{2} - t$ ; b) $0 < t < \frac{1}{4}$

Ejercicio 13 MedioIB · P1 Noviembre 1998

Dados los vectores $a = - 2 i + p j - k$ y $b = i + 3 (p + 4) j + (2 p - 5) k$ , calcule los valores de $p$ para que $a$ sea perpendicular a $b$ .

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Resultado: $p = - \frac{1}{3}$ y $p = - 3$

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Perpendiculares: $a \cdot b = 0$ : $- 2 \cdot 1 + p \cdot 3 (p + 4) + (- 1) (2 p - 5) = 0.$
Desarrollamos: $- 2 + 3 p^{2} + 12 p - 2 p + 5 = 0$ , es decir, $3 p^{2} + 10 p + 3 = 0$ .
Resolvemos: $p = \frac{- 10 \pm 100 - 36}{6} = \frac{- 10 \pm 8}{6}$ , luego $p = - \frac{1}{3}$ o $p = - 3$ .

Resultado: $p = - \frac{1}{3}$ y $p = - 3$

Ejercicio 14 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2005

Los vectores $a$ , $b$ y $c$ están definidos por $a = 32 - 1$ , $b = 152$ y $c = 2 y 3$ .

Sabiendo que $c$ es perpendicular a $2 a - b$ , encuentre el valor de $y$ .

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Resultado: $y = - 2$

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$2 a - b = 6 - 1 4 - 5 - 2 - 2 = 5 - 1 - 4$ .
Perpendiculares: $c \cdot (2 a - b) = 0$ , es decir, $10 - y - 12 = 0$ .
Luego $y = - 2$ .

Resultado: $y = - 2$

Ejercicio 15 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2007

Consideremos los vectores $a$ , $b$ , $c$ , $d$

$a = 23 - 1, b = 125, c = 31 λ, d = μ - 2 1$

Sea $s = (a \cdot b) c + d$ , donde $s$ es perpendicular a $a$ .

Halle una expresión para $λ$ en función de $μ$ .

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Resultado: $λ = \frac{20 + 2 μ}{3}$

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Calculamos el escalar $a \cdot b = 2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + (- 1) \cdot 5 = 2 + 6 - 5 = 3$ .
Entonces $s = 3 31 λ + μ - 2 1 = 9 + μ 1 3 λ + 1 .$
Como $s ⊥ a$ , su producto escalar es cero: $2 (9 + μ) + 3 \cdot 1 - (3 λ + 1) = 0$ .
Simplificamos: $18 + 2 μ + 3 - 3 λ - 1 = 0$ , es decir, $20 + 2 μ - 3 λ = 0$ .
Despejamos $λ$ .

Resultado: $λ = \frac{20 + 2 μ}{3}$

Ejercicio 16 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

Considere los vectores $a = sen (2 α) i - cos (2 α) j + k$ y $b = cos α i - sen α j - k$ , donde $0 < α < 2 π$ .

Sea $θ$ el ángulo que forman los vectores $a$ y $b$ .

a) Exprese $cos θ$ en función de $α$ .

b) Halle el ángulo agudo $α$ para el cual los dos vectores son perpendiculares.

c) Para $α = \frac{7 π}{6}$ , determine el producto vectorial de $a$ y $b$ .

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Resultado: a) $cos θ = \frac{sen 3 α - 1}{2}$ ; b) $α = \frac{π}{6}$ ; c) $a \times b = 000$

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a) 1. Producto escalar: $a \cdot b = sen 2 α cos α + cos 2 α sen α - 1 = sen (2 α + α) - 1 = sen 3 α - 1.$ 2. Módulos: $∣ a ∣^{2} = sen^{2} 2 α + cos^{2} 2 α + 1 = 2$ y $∣ b ∣^{2} = cos^{2} α + sen^{2} α + 1 = 2$ . Entonces $∣ a ∣ ∣ b ∣ = 2$ . 3. Por tanto $cos θ = \frac{a \cdot b}{∣ a ∣ ∣ b ∣} = \frac{sen 3 α - 1}{2}$ .

b) 1. Perpendiculares equivale a $cos θ = 0$ , es decir, $sen 3 α = 1$ . 2. Si $α$ es agudo, $0 < α < \frac{π}{2}$ , entonces $0 < 3 α < \frac{3 π}{2}$ , y en ese intervalo $sen 3 α = 1$ solo para $3 α = \frac{π}{2}$ . 3. Luego $α = \frac{π}{6}$ .

c) 1. Para $α = \frac{7 π}{6}$ : $2 α = \frac{7 π}{3}$ , con $sen \frac{7 π}{3} = \frac{3}{2}$ y $cos \frac{7 π}{3} = \frac{1}{2}$ ; además $cos \frac{7 π}{6} = - \frac{3}{2}$ y $sen \frac{7 π}{6} = - \frac{1}{2}$ . 2. Entonces $a = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} 1$ y $b = - \frac{3}{2} \frac{1}{2} - 1 = - a$ . 3. (También: $sen \frac{7 π}{2} = - 1$ , así que $cos θ = - 1$ y los vectores son opuestos.) Dos vectores paralelos tienen producto vectorial nulo: $a \times b = a \times (- a) = 000 .$

Resultado: a) $cos θ = \frac{sen 3 α - 1}{2}$ ; b) $α = \frac{π}{6}$ ; c) $a \times b = 000$

Producto vectorial, áreas y volúmenes

Ejercicio 17 BásicoIB · P1 Mayo 1999

a) Calcule un vector perpendicular a los dos vectores $O P = i - 3 j + 2 k$ y $O Q = - 2 i + j - k$ .

b) Si $O P$ y $O Q$ son vectores de posición para el punto $P$ y $Q$ , utilice su respuesta de la parte (a) o de otra manera, para encontrar el área del triángulo $OPQ$ .

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Resultado: a) $O P \times O Q = 1 - 3 - 5$ (o cualquier múltiplo suyo); b) área $= \frac{35}{2}$

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a) 1. El producto vectorial es perpendicular a los dos vectores: $O P \times O Q = 1 - 3 2 \times - 2 1 - 1 = (- 3) (- 1) - 2 \cdot 1 2 \cdot (- 2) - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot 1 - (- 3) (- 2) = 1 - 3 - 5 .$

b) 1. El área del triángulo es $\frac{1}{2} ∣ O P \times O Q ∣$ . 2. $∣ O P \times O Q ∣ = 1 + 9 + 25 = 35$ , así que el área es $\frac{35}{2}$ .

Resultado: a) $O P \times O Q = 1 - 3 - 5$ (o cualquier múltiplo suyo); b) área $= \frac{35}{2}$

Ejercicio 18 BásicoIB · P1 Noviembre 2003

Considere los puntos $A (1, 2, - 4)$ , $B (1, 5, 0)$ y $C (6, 5, - 12)$ . Halle el área de $△ ABC$ .

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Resultado: área $△ ABC = \frac{1921}{2} \approx 21, 9$

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Calculamos dos lados desde $A$ : $A B = 034$ y $A C = 53 - 8$ .
Producto vectorial: $A B \times A C = 3 (- 8) - 4 \cdot 3 4 \cdot 5 - 0 \cdot (- 8) 0 \cdot 3 - 3 \cdot 5 = - 36 20 - 15 .$
Su módulo es $1296 + 400 + 225 = 1921$ .
El área del triángulo es la mitad: $\frac{1921}{2} \approx 21, 9$ .

Resultado: área $△ ABC = \frac{1921}{2} \approx 21, 9$

Ejercicio 19 BásicoIB · P1 Mayo 2003

Dados $a = i + 2 j - k$ , $b = - 3 i + 2 j + 2 k$ y $c = 2 i - 3 j + 4 k$ , halle $(a \times b) \cdot c$ .

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Resultado: $(a \times b) \cdot c = 41$

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Producto vectorial: $a \times b = 2 \cdot 2 - (- 1) \cdot 2 (- 1) (- 3) - 1 \cdot 2 1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 3) = 618 .$
Producto escalar con $c = 2 - 3 4$ : $(a \times b) \cdot c = 12 - 3 + 32 = 41$ .

Resultado: $(a \times b) \cdot c = 41$

Ejercicio 20 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

Sabiendo que $a = i + 2 j + k$ , $b = i - 3 j + 2 k$ y $c = 2 i + j - 2 k$ , calcule $(a - b) \cdot (b \times c)$ .

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Resultado: $(a - b) \cdot (b \times c) = 23$

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Diferencia: $a - b = 05 - 1$ .
Producto vectorial: $b \times c = (- 3) (- 2) - 2 \cdot 1 2 \cdot 2 - 1 \cdot (- 2) 1 \cdot 1 - (- 3) \cdot 2 = 467 .$
Producto escalar: $(a - b) \cdot (b \times c) = 0 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + (- 1) \cdot 7 = 30 - 7 = 23$ .

Resultado: $(a - b) \cdot (b \times c) = 23$

Ejercicio 21 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2013

Consideremos los puntos $A (1, 2, 3)$ , $B (1, 0, 5)$ y $C (2, - 1, 4)$ .

a) Calcule $A B \times A C$ .

b) Usando lo anterior, halle el área del triángulo $ABC$ .

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Resultado: a) $A B \times A C = 4 i + 2 j + 2 k$ ; b) área $= 6$

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a) 1. $A B = 0 - 2 2$ y $A C = 1 - 3 1$ . 2. Producto vectorial: $A B \times A C = (- 2) \cdot 1 - 2 \cdot (- 3) 2 \cdot 1 - 0 \cdot 1 0 \cdot (- 3) - (- 2) \cdot 1 = 422 .$

b) 1. Área $= \frac{1}{2} ∣ A B \times A C ∣ = \frac{1}{2} 16 + 4 + 4 = \frac{1}{2} 24 = 6$ .

Resultado: a) $A B \times A C = 4 i + 2 j + 2 k$ ; b) área $= 6$

Ejercicio 22 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2019

Tres puntos del espacio tridimensional tienen por coordenadas $A (0, 0, 2)$ , $B (0, 2, 0)$ y $C (3, 1, 0)$ .

a) Halle el vector (i) $A B$ ; (ii) $A C$ .

b) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, halle el área del triángulo $ABC$ .

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Resultado: a) $A B = 02 - 2$ , $A C = 31 - 2$ ; b) área $= 19$

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a) 1. $A B = B - A = 02 - 2$ . 2. $A C = C - A = 31 - 2$ .

b) 1. Producto vectorial: $A B \times A C = 2 \cdot (- 2) - (- 2) \cdot 1 (- 2) \cdot 3 - 0 \cdot (- 2) 0 \cdot 1 - 2 \cdot 3 = - 2 - 6 - 6 .$ 2. Su módulo: $4 + 36 + 36 = 76 = 219$ . 3. Área $= \frac{1}{2} \cdot 219 = 19$ .

Resultado: a) $A B = 02 - 2$ , $A C = 31 - 2$ ; b) área $= 19$

Ejercicio 23 BásicoIB · P1 Mayo 1996

Calcule el área del paralelogramo determinado por los vectores $a = 3 i - j + 2 k$ y $b = 2 i + j - 4 k$ .

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Resultado: área $= 285 \approx 16, 9$

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El área del paralelogramo es $∣ a \times b ∣$ .
Producto vectorial: $a \times b = (- 1) (- 4) - 2 \cdot 1 2 \cdot 2 - 3 \cdot (- 4) 3 \cdot 1 - (- 1) \cdot 2 = 2165 .$
Módulo: $4 + 256 + 25 = 285 \approx 16, 9$ .

Resultado: área $= 285 \approx 16, 9$

Ejercicio 24 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2016

Los puntos $A$ y $B$ tienen vectores de posición $O A = 12 - 2$ y $O B = 102$

a) Calcule $O A \times O B$ .

b) Usando lo anterior encuentre el área del triángulo $OAB$ .

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Resultado: a) $O A \times O B = 4 i - 4 j - 2 k$ ; b) área $= 3$

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a) 1. Producto vectorial: $O A \times O B = 2 \cdot 2 - (- 2) \cdot 0 (- 2) \cdot 1 - 1 \cdot 2 1 \cdot 0 - 2 \cdot 1 = 4 - 4 - 2 .$

b) 1. Área $= \frac{1}{2} ∣ O A \times O B ∣ = \frac{1}{2} 16 + 16 + 4 = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3$ .

Resultado: a) $O A \times O B = 4 i - 4 j - 2 k$ ; b) área $= 3$

Ejercicio 25 BásicoIB · P1 Mayo 1997

Las coordenadas de los puntos $P$ y $Q$ son $(- 1, 5, 7)$ y $(1, 2, 3)$ respectivamente, y $O$ es el origen.

a) Calcule los vectores $O P$ y $O Q$ .

b) Calcule el área del paralelogramo que tiene lados adyacentes $O P$ y $O Q$ .

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Resultado: a) $O P = - 1 57$ , $O Q = 123$ ; b) área $= 56$

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a) 1. Como $O$ es el origen, los vectores coinciden con las coordenadas: $O P = - 1 57$ y $O Q = 123$ .

b) 1. El área del paralelogramo es $∣ O P \times O Q ∣$ . 2. Producto vectorial: $O P \times O Q = 5 \cdot 3 - 7 \cdot 2 7 \cdot 1 - (- 1) \cdot 3 (- 1) \cdot 2 - 5 \cdot 1 = 110 - 7 .$ 3. Módulo: $1 + 100 + 49 = 150 = 56$ .

Resultado: a) $O P = - 1 57$ , $O Q = 123$ ; b) área $= 56$

Ejercicio 26 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

El paralelogramo $ABCD$ tiene vértices $A (3, 2, 0)$ , $B (7, - 1, - 1)$ , $C (10, - 3, 0)$ y $D (6, 0, 1)$ .

Calcule el área del paralelogramo.

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Resultado: área $= 53$

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Dos lados contiguos desde $A$ : $A B = 4 - 3 - 1$ y $A D = 3 - 2 1$ .
Producto vectorial: $A B \times A D = (- 3) \cdot 1 - (- 1) (- 2) (- 1) \cdot 3 - 4 \cdot 1 4 \cdot (- 2) - (- 3) \cdot 3 = - 5 - 7 1 .$
El área es el módulo: $25 + 49 + 1 = 75 = 53$ .

Resultado: área $= 53$

Ejercicio 27 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008Demostración

Dados dos vectores cualesquiera $a$ y $b$ , distintos de $0$ , compruebe que:

$∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2}$

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Sea $θ$ el ángulo entre $a$ y $b$ . Sabemos que $∣ a \times b ∣ = ∣ a ∣ ∣ b ∣ sin θ$ y que $a \cdot b = ∣ a ∣ ∣ b ∣ cos θ$ .
Elevamos al cuadrado el producto vectorial y usamos $sin^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ : $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} sin^{2} θ = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} (1 - cos^{2} θ) = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} cos^{2} θ .$
El último sumando es $(∣ a ∣ ∣ b ∣ cos θ)^{2} = (a \cdot b)^{2}$ . Por tanto $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2} .$
(Otra vía: con $a = (u_{1}, u_{2}, u_{3})$ y $b = (v_{1}, v_{2}, v_{3})$ , desarrollar los dos miembros en componentes da la misma expresión, aunque es más laborioso.)

Queda demostrado.

Ejercicio 28 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2004

Suponiendo que $a = (i + 2 j + k) \times (- 2 i + 3 k)$

a) halle $a$ .

b) halle la proyección vectorial de $a$ sobre el vector $- 2 j + k$ .

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Resultado: a) $a = 6 i - 5 j + 4 k$ ; b) $- \frac{28}{5} j + \frac{14}{5} k$

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a) 1. Calculamos el producto vectorial: $a = 121 \times - 2 03 = 2 \cdot 3 - 1 \cdot 0 1 \cdot (- 2) - 1 \cdot 3 1 \cdot 0 - 2 \cdot (- 2) = 6 - 5 4 .$ Es decir, $a = 6 i - 5 j + 4 k$ .

b) 1. Sea $d = 0 - 2 1$ . La proyección vectorial de $a$ sobre $d$ es $\frac{a \cdot d}{∣ d ∣ ^{2}} d$ . 2. $a \cdot d = 0 + 10 + 4 = 14$ y $∣ d ∣^{2} = 0 + 4 + 1 = 5$ . 3. Por tanto la proyección es $\frac{14}{5} 0 - 2 1 = 0 - \frac{28}{5} \frac{14}{5}$ .

Resultado: a) $a = 6 i - 5 j + 4 k$ ; b) $- \frac{28}{5} j + \frac{14}{5} k$

Ejercicio 29 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2017

$ABCD$ es un paralelogramo, donde $A B = - i + 2 j + 3 k$ y $A D = 4 i - j - 2 k$ .

a) Calcule el área del paralelogramo $ABCD$ .

b) Usando un producto escalar adecuado de dos vectores, determine si $ABC$ es ángulo agudo u obtuso.

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Resultado: a) área $= 56$ ; b) $ABC$ es agudo

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a) 1. El área es $∣ A B \times A D ∣$ . 2. Producto vectorial: $A B \times A D = 2 \cdot (- 2) - 3 \cdot (- 1) 3 \cdot 4 - (- 1) (- 2) (- 1) (- 1) - 2 \cdot 4 = - 1 10 - 7 .$ 3. Módulo: $1 + 100 + 49 = 150 = 56$ .

b) 1. El ángulo $A B C$ es el que forman $B A$ y $B C$ . En un paralelogramo $B C = A D$ , y $B A = - A B$ . 2. Entonces $B A = 1 - 2 - 3$ y $B C = 4 - 1 - 2$ . 3. Producto escalar: $B A \cdot B C = 4 + 2 + 6 = 12 > 0$ . 4. Como el producto escalar es positivo, $cos A B C > 0$ y el ángulo es agudo.

Resultado: a) área $= 56$ ; b) $ABC$ es agudo

Ejercicio 30 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2017Demostración

Sabiendo que $a \times b = b \times c \neq = 0$ , demuestre que $a + c = s b$ , donde $s$ es un escalar.

Ver solución

Pasamos todo a un miembro: $a \times b - b \times c = 0$ .
Como $b \times c = - c \times b$ , queda $a \times b + c \times b = 0$ .
El producto vectorial es distributivo: $(a + c) \times b = 0$ .
Un producto vectorial es nulo cuando alguno de los dos vectores es nulo o cuando son paralelos. Aquí $b \neq = 0$ , porque $a \times b \neq = 0$ . Si $a + c = 0$ , basta tomar $s = 0$ .
En otro caso, $a + c$ y $b$ son no nulos y paralelos, es decir, existe un escalar $s$ con $a + c = s b$ .

Queda demostrado.

Ejercicio 31 MedioIB · P1 Noviembre 1998

Sean los vectores $v = i + 2 j - 3 k$ , $u = 2 i + 2 j + 3 k$ y $w = i + (2 - t) j + (t + 1) k$ .

Calcule el parámetro $t$ para que los tres vectores $u$ , $v$ y $w$ sean coplanarios.

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Resultado: $t = \frac{8}{7}$

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Tres vectores son coplanarios si su producto mixto es cero, es decir, si el determinante de sus componentes es $0$ .
Calculamos el determinante (desarrollando por la primera fila): $211 22 2 - t 3 - 3 t + 1 = 2 [2 (t + 1) + 3 (2 - t)] - 2 [(t + 1) + 3] + 3 [(2 - t) - 2] .$
Simplificamos: $2 (8 - t) - 2 (t + 4) + 3 (- t) = 16 - 2 t - 2 t - 8 - 3 t = 8 - 7 t$ .
Igualamos a cero: $8 - 7 t = 0$ , luego $t = \frac{8}{7}$ .

Resultado: $t = \frac{8}{7}$

Ejercicio 32 MedioIB · P1 TZ0 Mayo 2006

Sean $a = 210$ , $b = - 1 p 6$ y $c = 2 - 4 3$ .

a) Halle $a \times b$ .

b) Halle el valor de $p$ , sabiendo que $a \times b$ es paralelo a $c$ .

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Resultado: a) $a \times b = 6 i - 12 j + (2 p + 1) k$ ; b) $p = 4$

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a) 1. Aplicamos la fórmula del producto vectorial: $a \times b = 1 \cdot 6 - 0 \cdot p 0 \cdot (- 1) - 2 \cdot 6 2 \cdot p - 1 \cdot (- 1) = 6 - 12 2 p + 1 .$

b) 1. Dos vectores son paralelos si uno es múltiplo del otro: $a \times b = k c$ . 2. Comparando la primera componente, $6 = 2 k$ , luego $k = 3$ . La segunda da $- 12 = - 4 k$ , que también se cumple con $k = 3$ . 3. La tercera componente debe cumplir $2 p + 1 = 3 k = 9$ , de donde $p = 4$ .

Resultado: a) $a \times b = 6 i - 12 j + (2 p + 1) k$ ; b) $p = 4$

Ejercicio 33 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Sabiendo que $a = 2 i - j - k$ , $b = 2 i + j - 2 k$ y $c = - i + j - k$ son los vectores de posición de los puntos $A$ , $B$ y $C$ respectivamente, calcule el área del triángulo $A B C$ .

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Resultado: Área $= \frac{7}{2}$

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Los puntos son $A (2, - 1, - 1)$ , $B (2, 1, - 2)$ y $C (- 1, 1, - 1)$ .
Calculamos dos lados desde $A$ : $A B = 02 - 1, A C = - 3 20 .$
Su producto vectorial es $A B \times A C = 2 \cdot 0 - (- 1) \cdot 2 (- 1) (- 3) - 0 \cdot 0 0 \cdot 2 - 2 \cdot (- 3) = 236 .$
Su módulo es $4 + 9 + 36 = 7$ .
El área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo: $\frac{1}{2} \cdot 7$ .

Resultado: Área $= \frac{7}{2}$

Ejercicio 34 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2009

Un triángulo tiene vértices $A (1, - 1, 1)$ , $B (1, 1, 0)$ y $C (- 1, 1, - 1)$ . Demuestre que el área del triángulo es $6$ .

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Resultado: Área $= 6$ . Queda demostrado.

Ver proceso y resultado

Calculamos dos lados desde $A$ : $A B = 02 - 1, A C = - 2 2 - 2 .$
Producto vectorial: $A B \times A C = 2 \cdot (- 2) - (- 1) \cdot 2 (- 1) (- 2) - 0 \cdot (- 2) 0 \cdot 2 - 2 \cdot (- 2) = - 2 24 .$
Su módulo es $4 + 4 + 16 = 24 = 26$ .
El área del triángulo es $\frac{1}{2} A B \times A C = \frac{1}{2} \cdot 26 = 6$ .

Resultado: Área $= 6$ . Queda demostrado.

Ejercicio 35 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2015

Considere los vectores dados por $u = i + 2 j - 2 k$ y $v = a i + b j$ , donde $a$ y $b$ son constantes.

Se sabe que $u \times v = 4 i + b j + c k$ , donde $c$ es una constante.

a) Halle el valor de cada una de las constantes $a$ , $b$ y $c$ .

b) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a los vectores $u$ y $v$ y pasa por el punto $(0, 0, 0)$ .

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Resultado: a) $a = - 1$ , $b = 2$ , $c = 4$ ; b) $2 x + y + 2 z = 0$

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a) 1. Calculamos el producto vectorial con $v = (a, b, 0)$ : $u \times v = 2 \cdot 0 - (- 2) \cdot b (- 2) \cdot a - 1 \cdot 0 1 \cdot b - 2 \cdot a = 2 b - 2 a b - 2 a .$ 2. Igualamos a $(4, b, c)$ : $2 b = 4$ , luego $b = 2$ . 3. $- 2 a = b = 2$ , luego $a = - 1$ . 4. $c = b - 2 a = 2 + 2 = 4$ .

b) 1. El producto vectorial $u \times v = (4, 2, 4)$ es normal al plano, y también lo es $(2, 1, 2)$ . 2. El plano pasa por el origen, así que $d = 0$ : $2 x + y + 2 z = 0$ .

Resultado: a) $a = - 1$ , $b = 2$ , $c = 4$ ; b) $2 x + y + 2 z = 0$

Ejercicio 36 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2021Demostración

Dados dos vectores no nulos, $a$ y $b$ , muestre que $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2}$

Ver solución

Sea $θ$ el ángulo entre $a$ y $b$ . El módulo del producto vectorial es $∣ a \times b ∣ = ∣ a ∣∣ b ∣ sin θ$ . Elevando al cuadrado: $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} sin^{2} θ .$
Usamos la identidad $sin^{2} θ = 1 - cos^{2} θ$ : $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} cos^{2} θ .$
Por la definición del producto escalar, $a \cdot b = ∣ a ∣∣ b ∣ cos θ$ , así que $(a \cdot b)^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} cos^{2} θ$ .
Sustituyendo en el paso 2: $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2} .$

Queda demostrado.

Ejercicio 37 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2011Demostración

a) Compruebe que, para dos vectores no nulos $a$ y $b$ ,

(i) si $∣ a - b ∣ = ∣ a + b ∣$ , entonces $a$ y $b$ son perpendiculares.

(ii) $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2}$

b) Los puntos $A$ , $B$ y $C$ tienen vectores de posición $a$ , $b$ y $c$ .

(i) Compruebe que el área del triángulo $A B C$ es $\frac{1}{2} ∣ a \times b + b \times c + c \times a ∣$

(ii) A partir de lo anterior, compruebe que la distancia más corta entre $B$ y $A C$ es $\frac{∣ a \times b + b \times c + c \times a ∣}{∣ c - a ∣}$

Ver solución

a) i) 1. Elevamos al cuadrado la igualdad y usamos $∣ u ∣^{2} = u \cdot u$ : $(a - b) \cdot (a - b) = (a + b) \cdot (a + b) .$ 2. Desarrollando: $∣ a ∣^{2} - 2 a \cdot b + ∣ b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} + 2 a \cdot b + ∣ b ∣^{2}$ . 3. Simplificando queda $- 2 a \cdot b = 2 a \cdot b$ , es decir, $a \cdot b = 0$ . Como ambos son no nulos, son perpendiculares.

(ii) 1. Si $θ$ es el ángulo entre $a$ y $b$ , sabemos que $∣ a \times b ∣ = ∣ a ∣∣ b ∣ sin θ$ y $a \cdot b = ∣ a ∣∣ b ∣ cos θ$ . 2. Entonces $∣ a \times b ∣^{2} = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} sin^{2} θ = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} (1 - cos^{2} θ) = ∣ a ∣^{2} ∣ b ∣^{2} - (a \cdot b)^{2} .$

b) i) 1. El área del triángulo es $\frac{1}{2} A B \times A C$ , con $A B = b - a$ y $A C = c - a$ . 2. Desarrollamos usando que el producto vectorial es distributivo: $(b - a) \times (c - a) = b \times c - b \times a - a \times c + a \times a .$ 3. Como $a \times a = 0$ , $- b \times a = a \times b$ y $- a \times c = c \times a$ , resulta $A B \times A C = a \times b + b \times c + c \times a .$ 4. Por tanto el área es $\frac{1}{2} ∣ a \times b + b \times c + c \times a ∣$ .

(ii) 1. Tomamos $[A C]$ como base del triángulo. Su longitud es $∣ A C ∣ = ∣ c - a ∣$ y la altura es la distancia $d$ de $B$ a la recta $A C$ . 2. El área es también $\frac{1}{2} ∣ c - a ∣ d$ . 3. Igualando con el resultado de b) i): $\frac{1}{2} ∣ c - a ∣ d = \frac{1}{2} ∣ a \times b + b \times c + c \times a ∣$ . 4. Despejando $d$ se obtiene la expresión pedida.

Queda demostrado.

Ejercicio 38 DifícilIB · P2 Noviembre 1999

Considere los puntos $A (1, 2, 1)$ , $B (0, - 1, 2)$ , $C (1, 0, 2)$ y $D (2, - 1, - 6)$ .

a) Calcule los vectores $A B$ y $B C$ .

b) Calcule $A B \times B C$ .

c) Usando lo anterior o de cualquier otra manera, calcule el área del triángulo $A B C$ .

d) Calcule la ecuación del plano $P$ que contiene a los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

e) Encuentre un conjunto de ecuaciones paramétricas para la recta que pasa por el punto $D$ y es perpendicular al plano $P$ .

f) Calcule la distancia desde el punto $D$ hasta el plano $P$ .

g) Calcule un vector unitario perpendicular al plano $P$ .

h) El punto $E$ es una reflexión del punto $D$ en el plano $P$ . Calcule las coordenadas de $E$ .

Ver resultado

Resultado: a) $A B = - 1 - 3 1$ , $B C = 110$ ; b) $- i + j + 2 k$ ; c) $\frac{6}{2}$ ; d) $- x + y + 2 z - 3 = 0$ ; e) $x = 2 - t, y = - 1 + t, z = - 6 + 2 t$ ; f) $36$ ; g) $\frac{1}{6} - 1 12$ ; h) $E (- 4, 5, 6)$

Ver proceso y resultado

a) $A B = B - A = - 1 - 3 1$ y $B C = C - B = 110$ .

b) $A B \times B C = (- 3) \cdot 0 - 1 \cdot 1 1 \cdot 1 - (- 1) \cdot 0 (- 1) \cdot 1 - (- 3) \cdot 1 = - 1 12 = - i + j + 2 k .$

c) 1. El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $A ˊ rea = \frac{1}{2} 1 + 1 + 4 = \frac{6}{2}$ .

d) 1. El vector $(- 1, 1, 2)$ es normal al plano, así que el plano es $- x + y + 2 z = d$ . 2. Con $A (1, 2, 1)$ : $d = - 1 + 2 + 2 = 3$ . Comprobamos con $B$ : $0 - 1 + 4 = 3$ y con $C$ : $- 1 + 0 + 4 = 3$ . 3. El plano $P$ es $- x + y + 2 z = 3$ , o bien $x - y - 2 z + 3 = 0$ .

e) 1. La recta tiene como vector director el normal $(- 1, 1, 2)$ y pasa por $D (2, - 1, - 6)$ : $x = 2 - t, y = - 1 + t, z = - 6 + 2 t .$

f) 1. Con la fórmula de la distancia de un punto a un plano, usando $- x + y + 2 z - 3 = 0$ : $d (D, P) = \frac{∣ - 2 + ( - 1 ) + 2 ( - 6 ) - 3∣}{1 + 1 + 4} = \frac{18}{6} = 36 .$

g) 1. Dividimos el normal entre su módulo $6$ : $\frac{1}{6} - 1 12$ .

h) 1. Hallamos el pie de la perpendicular, es decir, el punto de la recta de (e) que está en $P$ : $- (2 - t) + (- 1 + t) + 2 (- 6 + 2 t) = 3$ , es decir, $6 t - 15 = 3$ , luego $t = 3$ . El pie es $(- 1, 2, 0)$ . 2. El pie es el punto medio entre $D$ y $E$ , así que $E = 2 (- 1, 2, 0) - (2, - 1, - 6) = (- 4, 5, 6)$ .

Ejercicio 39 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2010

a) Considere los vectores $a = 6 i + 3 j + 2 k$ , $b = - 3 j + 4 k$ .

(i) Halle el coseno del ángulo que forman los vectores $a$ y $b$ .

(ii) Halle $a \times b$ .

(iii) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano $π$ que contiene a los vectores $a$ y $b$ y pasa por el punto $(1, 1, - 1)$ .

(iv) El plano $π$ corta al plano $x y$ en la recta $L$ . Halle el área de la región triangular finita delimitada por la recta $L$ , el eje $x$ y el eje $y$ .

b) Dados los vectores $p$ y $q$ ,

(i) Compruebe que $p \cdot p = ∣ p ∣^{2}$ .

(ii) A partir de lo anterior o de cualquier otro modo, compruebe $∣ p + q ∣^{2} = ∣ p ∣^{2} + 2 p \cdot q + ∣ q ∣^{2}$ .

(iii) Deduzca que $∣ p + q ∣ \leq ∣ p ∣ + ∣ q ∣$ .

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Resultado: a) i) $- \frac{1}{35}$ ; ii) $18 i - 24 j - 18 k$ ; iii) $3 x - 4 y - 3 z - 2 = 0$ ; iv) $\frac{1}{6}$ . Queda demostrado el apartado b).

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a) i) 1. $a \cdot b = 6 \cdot 0 + 3 \cdot (- 3) + 2 \cdot 4 = - 1$ . 2. $∣ a ∣ = 36 + 9 + 4 = 7$ y $∣ b ∣ = 9 + 16 = 5$ . 3. $cos θ = \frac{- 1}{7 \cdot 5} = - \frac{1}{35}$ .

a) ii) $a \times b = 3 \cdot 4 - 2 \cdot (- 3) 2 \cdot 0 - 6 \cdot 4 6 \cdot (- 3) - 3 \cdot 0 = 18 - 24 - 18 = 18 i - 24 j - 18 k .$

a) iii) 1. El vector $a \times b$ es normal al plano, y también lo es $(3, - 4, - 3)$ (dividido entre 6). 2. El plano es $3 x - 4 y - 3 z = d$ . Con el punto $(1, 1, - 1)$ : $d = 3 - 4 + 3 = 2$ .

a) iv) 1. La recta $L$ es la intersección con $z = 0$ : $3 x - 4 y = 2$ . 2. Corta al eje $x$ ( $y = 0$ ) en $x = \frac{2}{3}$ y al eje $y$ ( $x = 0$ ) en $y = - \frac{1}{2}$ . 3. El triángulo tiene catetos $\frac{2}{3}$ y $\frac{1}{2}$ , luego el área es $\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$ .

b) i) 1. Por definición, $p \cdot p = ∣ p ∣∣ p ∣ cos 0^{\circ} = ∣ p ∣^{2}$ .

b) ii) 1. Usamos la propiedad distributiva y la conmutatividad del producto escalar: $∣ p + q ∣^{2} = (p + q) \cdot (p + q) = p \cdot p + 2 p \cdot q + q \cdot q = ∣ p ∣^{2} + 2 p \cdot q + ∣ q ∣^{2} .$

b) iii) 1. Como $p \cdot q = ∣ p ∣∣ q ∣ cos θ \leq ∣ p ∣∣ q ∣$ (porque $cos θ \leq 1$ ), de b) ii) resulta $∣ p + q ∣^{2} \leq ∣ p ∣^{2} + 2∣ p ∣∣ q ∣ + ∣ q ∣^{2} = (∣ p ∣ + ∣ q ∣)^{2} .$ 2. Ambos miembros son no negativos, así que podemos tomar la raíz cuadrada: $∣ p + q ∣ \leq ∣ p ∣ + ∣ q ∣$ .

Resultado: a) i) $- \frac{1}{35}$ ; ii) $18 i - 24 j - 18 k$ ; iii) $3 x - 4 y - 3 z - 2 = 0$ ; iv) $\frac{1}{6}$ . Queda demostrado el apartado b).

Ejercicio 40 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2011

Los puntos $P (- 1, 2, - 3)$ , $Q (- 2, 1, 0)$ , $R (0, 5, 1)$ y $S$ forman un paralelogramo, siendo $S$ diagonalmente opuesto a $Q$ .

a) Halle las coordenadas de $S$ .

b) El producto vectorial $P Q \times P S = - 13 7 m$ . Halle el valor de $m$ .

c) A partir de lo anterior, calcule el área del paralelogramo $P QR S$ .

d) Halle la ecuación cartesiana del plano $π_{1}$ , que contiene al paralelogramo $P QR S$ .

e) Escriba la ecuación vectorial de la recta que pasa por el origen $(0, 0, 0)$ y que es perpendicular al plano $π_{1}$ .

f) A partir de lo anterior, halle el punto del plano que está más cerca del origen.

g) Un segundo plano, $π_{2}$ , tiene por ecuación $x - 2 y + z = 3$ . Calcule el ángulo entre los dos planos.

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Resultado: a) $S (1, 6, - 2)$ ; b) $m = - 2$ ; c) $222$ ; d) $13 x - 7 y + 2 z + 33 = 0$ ; e) $r = t 13 - 7 2$ ; f) $(- \frac{143}{74}, \frac{77}{74}, - \frac{11}{37})$ ; g) $37, 4^{\circ}$

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a) 1. En un paralelogramo $P QR S$ las diagonales son $P R$ y $QS$ y se cortan en su punto medio común, así que $P S = QR$ y $S = P + R - Q$ . 2. $S = (- 1 + 0 + 2, 2 + 5 - 1, - 3 + 1 - 0) = (1, 6, - 2)$ .

b) 1. $P Q = (- 1, - 1, 3)$ y $P S = (2, 4, 1)$ . 2. La tercera componente del producto vectorial es $(- 1) \cdot 4 - (- 1) \cdot 2 = - 2$ . Se comprueba el resto: $(- 1) \cdot 1 - 3 \cdot 4 = - 13$ y $3 \cdot 2 - (- 1) \cdot 1 = 7$ . Por tanto $m = - 2$ .

c) 1. El área del paralelogramo es el módulo del producto vectorial: $(- 13)^{2} + 7^{2} + (- 2)^{2} = 169 + 49 + 4 = 222$ .

d) 1. El producto vectorial $(- 13, 7, - 2)$ es normal al plano: $13 x - 7 y + 2 z = d$ . 2. Con $P (- 1, 2, - 3)$ : $d = - 13 - 14 - 6 = - 33$ .

e) 1. La recta tiene como vector director el normal del plano: $r = 000 + t 13 - 7 2 .$

f) 1. El punto del plano más cercano al origen es el pie de la perpendicular de e): el punto de la recta que está en $π_{1}$ . 2. Sustituimos $(13 t, - 7 t, 2 t)$ en $13 x - 7 y + 2 z = - 33$ : $169 t + 49 t + 4 t = - 33$ , luego $222 t = - 33$ y $t = - \frac{11}{74}$ . 3. El punto es $(- \frac{143}{74}, \frac{77}{74}, - \frac{22}{74})$ , es decir, $(- \frac{143}{74}, \frac{77}{74}, - \frac{11}{37})$ .

g) 1. El ángulo entre dos planos es el ángulo agudo entre sus normales, $n_{1} = (13, - 7, 2)$ y $n_{2} = (1, - 2, 1)$ . 2. $cos θ = \frac{∣13 + 14 + 2∣}{222 6} = \frac{29}{1332}$ . 3. $θ = arccos \frac{29}{1332} \approx 37, 4^{\circ}$ .

Resultado: a) $S (1, 6, - 2)$ ; b) $m = - 2$ ; c) $222$ ; d) $13 x - 7 y + 2 z + 33 = 0$ ; e) $r = t 13 - 7 2$ ; f) $(- \frac{143}{74}, \frac{77}{74}, - \frac{11}{37})$ ; g) $37, 4^{\circ}$

Ejercicio 41 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2013

Los vértices de un triángulo $ABC$ tienen las siguientes coordenadas: $A (- 1, 2, 3)$ , $B (4, 1, 1)$ y $C (3, - 2, 2)$ .

a) (i) Halle la longitud de los lados del triángulo.

(ii) Halle $cos BAC$ .

b) (i) Compruebe que $BC \times CA = - 7 i - 3 j - 16 k$ .

(ii) A partir de lo anterior, compruebe que el área del triángulo $ABC$ es $\frac{1}{2} 314$ .

c) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene al triángulo $ABC$ .

d) Halle una ecuación vectorial de $(AB)$ .

El punto $D$ pertenece a $(AB)$ , de modo tal que $OD$ es perpendicular a $BC$ , donde $O$ es el origen.

e) (i) Halle las coordenadas de $D$ .

(ii) Compruebe que $D$ no se encuentra entre $A$ y $B$ .

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Resultado: a) (i) $∣ A B ∣ = 30$ , $∣ A C ∣ = 33$ , $∣ B C ∣ = 11$ ; (ii) $cos B A C = \frac{26}{3 110}$ ; c) $7 x + 3 y + 16 z - 47 = 0$ ; d) $r = (- 1, 2, 3) + t (5, - 1, - 2)$ ; e) (i) $D (- \frac{7}{2}, \frac{5}{2}, 4)$ ; (ii) $t = - \frac{1}{2} < 0$ . Los apartados b) y e) (ii) quedan comprobados.

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a) (i) 1. $A B = (5, - 1, - 2)$ , $A C = (4, - 4, - 1)$ , $B C = (- 1, - 3, 1)$ . 2. $∣ A B ∣ = 25 + 1 + 4 = 30$ , $∣ A C ∣ = 16 + 16 + 1 = 33$ , $∣ B C ∣ = 1 + 9 + 1 = 11$ .

(ii) 1. $cos B A C = \frac{A B \cdot A C}{∣ A B ∣∣ A C ∣}$ con $A B \cdot A C = 20 + 4 + 2 = 26$ . 2. $cos B A C = \frac{26}{30 33} = \frac{26}{990} = \frac{26}{3 110}$ .

b) (i) Con $C A = A - C = (- 4, 4, 1)$ : $B C \times C A = - 1 - 3 1 \times - 4 41 = (- 3) \cdot 1 - 1 \cdot 4 1 \cdot (- 4) - (- 1) \cdot 1 (- 1) \cdot 4 - (- 3) (- 4) = - 7 - 3 - 16 = - 7 i - 3 j - 16 k .$

(ii) El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $\frac{1}{2} 49 + 9 + 256 = \frac{1}{2} 314$ .

c) 1. El vector $B C \times C A = (- 7, - 3, - 16)$ es normal al plano; usamos $n = (7, 3, 16)$ . 2. Plano: $7 x + 3 y + 16 z = d$ . Con $A (- 1, 2, 3)$ : $d = - 7 + 6 + 48 = 47$ . 3. $7 x + 3 y + 16 z - 47 = 0$ (equivalente a $- 7 x - 3 y - 16 z + 47 = 0$ ).

d) La recta pasa por $A$ con dirección $A B = (5, - 1, - 2)$ : $r = - 1 23 + t 5 - 1 - 2 .$

e) (i) 1. $D = (- 1 + 5 t, 2 - t, 3 - 2 t)$ y $B C = (- 1, - 3, 1)$ . 2. $O D \cdot B C = 0$ : $- (- 1 + 5 t) - 3 (2 - t) + (3 - 2 t) = 0 \Rightarrow 1 - 5 t - 6 + 3 t + 3 - 2 t = 0 \Rightarrow - 2 - 4 t = 0$ . 3. $t = - \frac{1}{2}$ y $D = (- \frac{7}{2}, \frac{5}{2}, 4)$ .

(ii) 1. $A$ corresponde a $t = 0$ y $B$ a $t = 1$ ; los puntos situados entre $A$ y $B$ son los de $0 \leq t \leq 1$ . 2. $D$ tiene $t = - \frac{1}{2} < 0$ , así que no está entre $A$ y $B$ . Además $D A = \frac{1}{2} A B$ y $D B = \frac{3}{2} A B$ tienen el mismo sentido.

Ejercicio 42 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2018

Sean $a$ , $b$ , $c$ y $d$ los vectores de posición con respecto al origen de coordenadas O de los puntos A, B, C y D, respectivamente. Se sabe que $A B = D C$ .

a) i) Explique por qué ABCD es un paralelogramo.

(ii) Utilizando el álgebra de vectores, muestre que $A D = B C$ .

Los vectores de posición $O A$ , $O B$ , $O C$ y $O D$ vienen dados por

$a = i + 2 j - 3 k$

$b = 3 i - j + p k$

$c = q i + j + 2 k$

$d = - i + r j - 2 k$

donde $p$ , $q$ y $r$ son constantes.

b) Muestre que $p = 1$ , $q = 1$ y $r = 4$ .

c) Halle el área del paralelogramo ABCD.

El punto en el que se cortan las diagonales de ABCD se denomina M.

d) Halle la ecuación vectorial de la recta que pasa por M y es normal al plano $π$ que contiene a ABCD.

e) Halle la ecuación cartesiana de $π$ .

El plano $π$ corta a los ejes $x$ , $y$ y $z$ en X, Y y Z, respectivamente.

f) i) Halle las coordenadas de X, Y y Z.

(ii) Halle YZ.

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Resultado: b) $p = 1$ , $q = 1$ , $r = 4$ ; c) $15$ ; d) $r = 1 \frac{3}{2} - \frac{1}{2} + t - 11 - 10 - 2$ ; e) $11 x + 10 y + 2 z = 25$ ; f) i) $X (\frac{25}{11}, 0, 0)$ , $Y (0, \frac{5}{2}, 0)$ , $Z (0, 0, \frac{25}{2})$ ; ii) $Y Z = \frac{5 26}{2}$ . Los apartados a) son de explicación y demostración.

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a) i) 1. $A B = D C$ significa que los segmentos $[A B]$ y $[D C]$ tienen el mismo módulo, la misma dirección y el mismo sentido. Dos lados opuestos paralelos e iguales bastan para que el cuadrilátero sea un paralelogramo.

(ii) 1. Recorremos el camino de A a D pasando por B y C: $A D = A B + B C + C D$ . 2. Como $C D = - D C = - A B$ , queda $A D = A B + B C - A B = B C$ .

b) 1. $A B = b - a = 2 - 3 p + 3$ y $D C = c - d = q + 1 1 - r 4$ . 2. Igualamos componente a componente: $q + 1 = 2$ , $1 - r = - 3$ y $p + 3 = 4$ . 3. De ahí $q = 1$ , $r = 4$ y $p = 1$ .

c) 1. El área del paralelogramo es $∣ A B \times A D ∣$ , con $A B = 2 - 3 4$ y $A D = d - a = - 2 21$ . 2. $A B \times A D = (- 3) (1) - (4) (2) (4) (- 2) - (2) (1) (2) (2) - (- 3) (- 2) = - 11 - 10 - 2 .$ 3. Área $= 121 + 100 + 4 = 225 = 15$ .

d) 1. Las diagonales de un paralelogramo se cortan en su punto medio, así que M es el punto medio de $[A C]$ : $M = \frac{A + C}{2} = \frac{( 1 , 2 , - 3 ) + ( 1 , 1 , 2 )}{2} = (1, \frac{3}{2}, - \frac{1}{2})$ . 2. Un vector normal a $π$ es $A B \times A D = (- 11, - 10, - 2)$ , que es el vector director de la recta pedida. 3. $r = 1 \frac{3}{2} - \frac{1}{2} + t - 11 - 10 - 2, t \in R .$

e) 1. Con normal $(11, 10, 2)$ (opuesto al anterior) el plano es $11 x + 10 y + 2 z = d$ . 2. Por $A (1, 2, - 3)$ : $d = 11 + 20 - 6 = 25$ . 3. $π : 11 x + 10 y + 2 z = 25$ , es decir, $- 11 x - 10 y - 2 z + 25 = 0$ .

f) i) 1. Eje $x$ ( $y = z = 0$ ): $11 x = 25$ , $X (\frac{25}{11}, 0, 0)$ . 2. Eje $y$ ( $x = z = 0$ ): $10 y = 25$ , $Y (0, \frac{5}{2}, 0)$ . 3. Eje $z$ ( $x = y = 0$ ): $2 z = 25$ , $Z (0, 0, \frac{25}{2})$ .

(ii) 1. $Y Z = Z - Y = (0, - \frac{5}{2}, \frac{25}{2})$ . 2. $Y Z = \frac{25}{4} + \frac{625}{4} = \frac{650}{4} = \frac{5 26}{2}$ .

Ejercicio 43 DifícilIB · P2 TZ0 Mayo 2006

Sea $A$ el punto $(2, - 1, 0)$ , $B$ el punto $(3, 0, 1)$ y $C$ el punto $(1, m, 2)$ , donde $m \in Z$ , $m < 0$ .

a) i) Halle el producto $B A \cdot B C$

(ii) A partir de lo anterior, dado que $A B C = arccos \frac{2}{3}$ , compruebe que $m = - 1$ .

b) Determine la ecuación cartesiana del plano $A B C$ .

c) Halle el área del triángulo $A B C$ .

d) i) La recta $L$ es perpendicular al plano $A B C$ y pasa por $A$ . Halle una ecuación vectorial de $L$ .

(ii) El punto $D (6, - 7, 2)$ pertenece a $L$ . Halle el volumen de la pirámide $A B C D$ .

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Resultado: a) i) $1 - m$ , ii) $m = - 1$ ; b) $2 x - 3 y + z = 7$ (es decir, $- 2 x + 3 y - z + 7 = 0$ ); c) $\frac{14}{2}$ ; d) i) $r = 2 - 1 0 + t 2 - 3 1$ , ii) $V = \frac{14}{3}$

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a) i) 1. $B A = A - B = - 1 - 1 - 1$ y $B C = C - B = - 2 m 1$ . 2. $B A \cdot B C = (- 1) (- 2) + (- 1) m + (- 1) (1) = 2 - m - 1 = 1 - m$ .

(ii) 1. Los módulos son $∣ B A ∣ = 3$ y $∣ B C ∣ = 5 + m^{2}$ . Entonces $cos A B C = \frac{1 - m}{3 5 + m ^{2}} = \frac{2}{3} .$ 2. Elevamos al cuadrado: $\frac{( 1 - m ) ^{2}}{3 ( 5 + m ^{2} )} = \frac{2}{9} \Rightarrow 9 (1 - 2 m + m^{2}) = 6 (5 + m^{2}) \Rightarrow 3 m^{2} - 18 m - 21 = 0 \Rightarrow m^{2} - 6 m - 7 = 0$ . 3. Las soluciones son $m = 7$ y $m = - 1$ . Como $m < 0$ , $m = - 1$ . (Además, para $m = - 1$ el producto escalar $1 - m = 2$ es positivo, igual que $cos A B C$ .)

b) 1. Con $m = - 1$ : $C (1, - 1, 2)$ . Dos vectores del plano son $A B = (1, 1, 1)$ y $A C = (- 1, 0, 2)$ . 2. Su producto vectorial da la normal: $A B \times A C = 1 \cdot 2 - 1 \cdot 0 1 \cdot (- 1) - 1 \cdot 2 1 \cdot 0 - 1 \cdot (- 1) = 2 - 3 1 .$ 3. El plano es $2 x - 3 y + z = d$ ; con $A (2, - 1, 0)$ : $d = 4 + 3 + 0 = 7$ . 4. $A B C : 2 x - 3 y + z = 7$ .

c) 1. El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $A ˊ rea = \frac{1}{2} ∣ A B \times A C ∣ = \frac{1}{2} 4 + 9 + 1 = \frac{14}{2} .$

d) i) 1. La recta perpendicular al plano $A B C$ tiene como dirección su normal $(2, - 3, 1)$ y pasa por $A$ : $L : r = 2 - 1 0 + t 2 - 3 1 .$

(ii) 1. $A D = (4, - 6, 2) = 2 (2, - 3, 1)$ , así que $D \in L$ (con $t = 2$ ) y $A D$ es perpendicular al plano $A B C$ : la altura de la pirámide es $h = ∣ A D ∣ = 214$ . 2. El volumen es un tercio del área de la base por la altura: $V = \frac{1}{3} \cdot \frac{14}{2} \cdot 214 = \frac{14}{3} .$

Resultado: a) i) $1 - m$ , ii) $m = - 1$ ; b) $2 x - 3 y + z = 7$ (es decir, $- 2 x + 3 y - z + 7 = 0$ ); c) $\frac{14}{2}$ ; d) i) $r = 2 - 1 0 + t 2 - 3 1$ , ii) $V = \frac{14}{3}$

Ejercicio 44 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2010

La siguiente figura muestra un cubo $O A B C D E F G$ .

Sea $O$ el origen, $(O A)$ el eje $x$ , $(O C)$ el eje $y$ , $(O D)$ el eje $z$ .

Sean $M$ , $N$ y $P$ los puntos medios de $[F G]$ , $[D G]$ y $[C G]$ , respectivamente.

Las coordenadas de $F$ son $(2, 2, 2)$ .

a) Halle los vectores de posición $O M$ , $O N$ y $O P$ en función de sus componentes.

b) Halle $M P \times M N$ .

c) A partir de lo anterior,

(i) calcule el área del triángulo $M N P$ .

(ii) compruebe que la recta $(A G)$ es perpendicular al plano $M N P$ .

(iii) halle la ecuación del plano $M N P$ .

d) Determine las coordenadas del punto donde la recta $(A G)$ corta al plano $M N P$ .

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Resultado: a) $O M = 122$ , $O N = 012$ , $O P = 021$ . b) $- i + j + k$ . c) (i) $\frac{3}{2}$ ; (ii) $A G = 2 (M P \times M N)$ ; (iii) $- x + y + z - 3 = 0$ . d) $(\frac{1}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3})$ .

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a) 1. Las coordenadas de los vértices del cubo son $A (2, 0, 0)$ , $C (0, 2, 0)$ , $D (0, 0, 2)$ y $G (0, 2, 2)$ (de $O$ y $F$ se deduce la arista $2$ ). 2. $M$ es el punto medio de $F (2, 2, 2)$ y $G (0, 2, 2)$ : $M = (1, 2, 2)$ . 3. $N$ es el punto medio de $D (0, 0, 2)$ y $G (0, 2, 2)$ : $N = (0, 1, 2)$ . 4. $P$ es el punto medio de $C (0, 2, 0)$ y $G (0, 2, 2)$ : $P = (0, 2, 1)$ . $O M = 122, O N = 012, O P = 021 .$

b) 1. $M P = P - M = - 1 0 - 1$ y $M N = N - M = - 1 - 1 0$ . 2. Su producto vectorial es $M P \times M N = 0 \cdot 0 - (- 1) (- 1) (- 1) (- 1) - (- 1) \cdot 0 (- 1) (- 1) - 0 \cdot (- 1) = - 1 11 = - i + j + k .$

c) (i) El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $\frac{1}{2} 1 + 1 + 1 = \frac{3}{2}$ .

(ii) 1. $A G = G - A = - 2 22 = 2 - 1 11 = 2 (M P \times M N)$ . 2. El producto vectorial es perpendicular al plano $M N P$ y $A G$ es paralelo a él. Por tanto $(A G)$ es perpendicular al plano $M N P$ .

(iii) 1. Una normal al plano es $- 1 11$ , luego $- x + y + z = d$ . 2. Con $M (1, 2, 2)$ : $d = - 1 + 2 + 2 = 3$ . 3. Plano $M N P$ : $- x + y + z = 3$ , es decir, $- x + y + z - 3 = 0$ .

d) 1. La recta $(A G)$ es $(x, y, z) = (2 - 2 s, 2 s, 2 s)$ . 2. Sustituimos en el plano: $- (2 - 2 s) + 2 s + 2 s = 3$ , es decir, $- 2 + 6 s = 3$ , y $s = \frac{5}{6}$ . 3. El punto es $(2 - \frac{5}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3}) = (\frac{1}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3})$ .

Ejercicio 45 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2013

Considere los puntos $A (1, 0, 0)$ , $B (2, 2, 2)$ y $C (0, 2, 1)$ .

a) Halle el vector $C A \times C B$ .

b) Halle un valor exacto para el área del triángulo $A B C$ .

c) Compruebe que la ecuación cartesiana de $Π_{1}$ , el plano que contiene al triángulo $A B C$ , es $2 x + 3 y - 4 z = 2$ .

Un segundo plano $Π_{2}$ viene definido por la ecuación cartesiana $Π_{2} : 4 x - y - z = 4$ .

$L_{1}$ es la recta de intersección de los planos $Π_{1}$ y $Π_{2}$ .

d) Halle una ecuación vectorial de $L_{1}$ .

Un tercer plano $Π_{3}$ viene definido por la ecuación cartesiana $16 x + α y - 3 z = β$ .

e) Halle el valor de $α$ para el cual los tres planos contienen a la recta $L_{1}$ .

f) Halle las condiciones que han de cumplir $α$ y $β$ para que el plano $Π_{3}$ no se corte con $L_{1}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $C A \times C B = - 2 i - 3 j + 4 k$ ; b) $\frac{29}{2}$ ; d) $r = 0 - 2 - 2 + λ 122$ ; e) $α = - 5$ ; f) $α = - 5$ y $β \neq = 16$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Calculamos los dos vectores con origen en $C$ : $C A = A - C = 1 - 2 - 1$ y $C B = B - C = 201$ . 2. Producto vectorial: $C A \times C B = (- 2) (1) - (- 1) (0) (- 1) (2) - (1) (1) (1) (0) - (- 2) (2) = - 2 - 3 4 = - 2 i - 3 j + 4 k .$

b) 1. El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $A ˊ rea = \frac{1}{2} C A \times C B$ . 2. $C A \times C B = 4 + 9 + 16 = 29$ , luego el área es $\frac{29}{2}$ .

c) 1. Un vector normal al plano es $C A \times C B$ , paralelo a $(2, 3, - 4)$ . Por tanto el plano es de la forma $2 x + 3 y - 4 z = d$ . 2. Sustituimos los tres puntos: $A$ : $2 \cdot 1 = 2$ ; $B$ : $4 + 6 - 8 = 2$ ; $C$ : $0 + 6 - 4 = 2$ . Los tres cumplen $2 x + 3 y - 4 z = 2$ y no están alineados (el producto vectorial no es nulo), así que esa es la ecuación del plano $Π_{1}$ .

d) 1. La dirección de la recta es perpendicular a los dos vectores normales, $n_{1} = (2, 3, - 4)$ y $n_{2} = (4, - 1, - 1)$ : $n_{1} \times n_{2} = 3 (- 1) - (- 4) (- 1) (- 4) (4) - 2 (- 1) 2 (- 1) - 3 \cdot 4 = - 7 - 14 - 14 = - 7122 .$ 2. Buscamos un punto común haciendo $x = 0$ en el sistema: $3 y - 4 z = 2$ y $- y - z = 4$ . De la segunda, $y = - 4 - z$ ; entonces $- 12 - 3 z - 4 z = 2$ , de donde $z = - 2$ e $y = - 2$ . El punto es $(0, - 2, - 2)$ . 3. Una ecuación vectorial es $L_{1} : r = 0 - 2 - 2 + λ 122 .$

e) 1. Para que $Π_{3}$ contenga a $L_{1}$ , el vector director de la recta debe ser perpendicular a la normal de $Π_{3}$ , $n_{3} = (16, α, - 3)$ : $(1, 2, 2) \cdot (16, α, - 3) = 16 + 2 α - 6 = 0 \Rightarrow α = - 5.$ 2. Además, el punto $(0, - 2, - 2)$ de la recta debe estar en el plano: $- 5 (- 2) - 3 (- 2) = 16 = β$ . Con $α = - 5$ y $β = 16$ los tres planos contienen a $L_{1}$ .

f) 1. La recta y el plano no se cortan si son paralelos y la recta no está contenida en el plano. 2. Paralelos: $α = - 5$ (misma condición que en e). Si $α \neq = - 5$ la recta corta al plano en un punto. 3. No contenida: el punto $(0, - 2, - 2)$ no cumple la ecuación, es decir $β \neq = 16$ .

Resultado: a) $C A \times C B = - 2 i - 3 j + 4 k$ ; b) $\frac{29}{2}$ ; d) $r = 0 - 2 - 2 + λ 122$ ; e) $α = - 5$ ; f) $α = - 5$ y $β \neq = 16$ .

Ecuaciones de la recta

Ejercicio 46 MedioIB · P1 Noviembre 2001

El punto $A (3, 0, - 2)$ pertenece a la recta $r = 3 i - 2 k + λ (2 i - 2 j + k)$ , donde $λ$ es un parámetro real. Calcule las coordenadas de un punto de la recta que diste 6 unidades de $A$ .

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Resultado: $(7, - 4, 0)$ o $(- 1, 4, - 4)$

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$A$ corresponde a $λ = 0$ . Un punto de la recta es $X (3 + 2 λ, - 2 λ, - 2 + λ)$ , y $A X = λ 2 - 2 1$ .
Su módulo es $∣ λ ∣ 4 + 4 + 1 = 3∣ λ ∣$ .
Imponemos $3∣ λ ∣ = 6$ , luego $λ = 2$ o $λ = - 2$ .
Con $λ = 2$ : $(7, - 4, 0)$ . Con $λ = - 2$ : $(- 1, 4, - 4)$ .

Resultado: $(7, - 4, 0)$ o $(- 1, 4, - 4)$

Ejercicio 47 MedioIB · P2 Noviembre 2002

Sean los puntos $A (1, 3, - 17)$ y $B (6, - 7, 8)$ que yacen sobre la recta $L$ .

a) Halle una ecuación de la recta $L$ , dando su respuesta en forma paramétrica.

b) El punto $P$ está sobre $L$ y es tal que $O P$ es perpendicular a $L$ . Halle las coordenadas de $P$ .

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Resultado: a) $x = 1 + t, y = 3 - 2 t, z = - 17 + 5 t$ ; b) $P (4, - 3, - 2)$

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a) 1. Vector director: $A B = 5 - 10 25$ , proporcional a $d = 1 - 2 5$ . 2. Paramétricas desde $A$ : $x = 1 + t$ , $y = 3 - 2 t$ , $z = - 17 + 5 t$ .

b) 1. Un punto de $L$ es $P (1 + t, 3 - 2 t, - 17 + 5 t)$ y $O P$ es su vector de posición. 2. $O P \cdot d = 0$ : $(1 + t) - 2 (3 - 2 t) + 5 (- 17 + 5 t) = 0$ . 3. Desarrollamos: $1 + t - 6 + 4 t - 85 + 25 t = 30 t - 90 = 0$ , luego $t = 3$ . 4. $P (4, - 3, - 2)$ .

Resultado: a) $x = 1 + t, y = 3 - 2 t, z = - 17 + 5 t$ ; b) $P (4, - 3, - 2)$

Ejercicio 48 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2008

Considere los puntos $A (1, - 1, 4)$ , $B (2, - 2, 5)$ y $O (0, 0, 0)$ .

a) Calcule el coseno del ángulo que forman $O A$ y $A B$ .

b) Halle una ecuación vectorial de la recta $L_{1}$ que pasa por $A$ y $B$ .

La recta $L_{2}$ tiene por ecuación $r = 2 i + 4 j + 7 k + t (2 i + j + 3 k)$ , donde $t \in R$ .

c) Compruebe que las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ se cortan, y halle las coordenadas del punto de intersección.

d) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene tanto a la línea $L_{2}$ como al punto $A$ .

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Resultado: a) $cos θ = \frac{6}{3}$ ; b) $r = 1 - 1 4 + s 1 - 1 1$ ; c) $(- 2, 2, 1)$ ; d) $4 x + y - 3 z + 9 = 0$

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a) 1. $O A = 1 - 1 4$ y $A B = B - A = 1 - 1 1$ . 2. Producto escalar: $O A \cdot A B = 1 + 1 + 4 = 6$ . Módulos: $∣ O A ∣ = 18 = 32$ y $∣ A B ∣ = 3$ . 3. $cos θ = \frac{6}{3 2 \cdot 3} = \frac{2}{6} = \frac{6}{3}$ .

b) 1. Tomamos $A$ como punto y $A B$ como vector director: $r = 1 - 1 4 + s 1 - 1 1 .$

c) 1. Igualamos las coordenadas de $L_{1}$ y de $L_{2}$ : $1 + s = 2 + 2 t, - 1 - s = 4 + t, 4 + s = 7 + 3 t .$ 2. Sumando las dos primeras: $0 = 6 + 3 t$ , luego $t = - 2$ . De la primera, $s = 1 + 2 t = - 3$ . 3. Comprobamos con la tercera ecuación: $4 + (- 3) = 1$ y $7 + 3 (- 2) = 1$ . Se cumple, así que las rectas se cortan. 4. El punto se obtiene con $t = - 2$ en $L_{2}$ : $(2 - 4, 4 - 2, 7 - 6) = (- 2, 2, 1)$ .

d) 1. El plano contiene a $L_{2}$ , de vector director $d = (2, 1, 3)$ , y pasa por $(2, 4, 7)$ . Un segundo vector del plano es el que va de $(2, 4, 7)$ a $A$ : $w = (- 1, - 5, - 3)$ . 2. Un vector normal es $d \times w = 1 \cdot (- 3) - 3 \cdot (- 5) 3 \cdot (- 1) - 2 \cdot (- 3) 2 \cdot (- 5) - 1 \cdot (- 1) = 123 - 9 ∥ 41 - 3 .$ 3. El plano es $4 x + y - 3 z = d$ . Con $A (1, - 1, 4)$ : $d = 4 - 1 - 12 = - 9$ .

Resultado: a) $cos θ = \frac{6}{3}$ ; b) $r = 1 - 1 4 + s 1 - 1 1$ ; c) $(- 2, 2, 1)$ ; d) $4 x + y - 3 z + 9 = 0$

Ejercicio 49 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2017

Los puntos A y B vienen dados por $A (0, 3, - 6)$ y $B (6, - 5, 11)$ . El plano $π$ está definido por la ecuación $4 x - 3 y + 2 z = 20$ .

a) Calcule la ecuación vectorial de la recta $L$ que pasa por los puntos A y B.

b) Calcule las coordenadas del punto de intersección de la recta $L$ y el plano $π$ .

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Resultado: a) $r = 03 - 6 + t 6 - 8 17$ ; b) $(3, - 1, \frac{5}{2})$

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a) 1. Un vector director de $L$ es $A B = B - A = 6 - 8 17$ . 2. Tomamos $A$ como punto de la recta: $L : r = 03 - 6 + t 6 - 8 17, t \in R .$

b) 1. Un punto de $L$ tiene coordenadas $(6 t, 3 - 8 t, - 6 + 17 t)$ . 2. Para que esté en $π$ se debe cumplir su ecuación: $4 (6 t) - 3 (3 - 8 t) + 2 (- 6 + 17 t) = 20.$ 3. Desarrollamos: $24 t - 9 + 24 t - 12 + 34 t = 20$ , es decir, $82 t - 21 = 20$ , de donde $t = \frac{1}{2}$ . 4. Sustituimos $t = \frac{1}{2}$ en la recta: $x = 3$ , $y = 3 - 4 = - 1$ , $z = - 6 + \frac{17}{2} = \frac{5}{2}$ .

Resultado: a) $r = 03 - 6 + t 6 - 8 17$ ; b) $(3, - 1, \frac{5}{2})$

Ejercicio 50 DifícilIB · P2 Noviembre 2001

a) Resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales $x + 3 y - 2 z 2 x + y + 3 z 3 x - y + z = - 6 = 7 = 6$

b) Calcule el vector $v = (i + 3 j - 2 k) \times (2 i + j + 3 k)$

c) Si $a = i + 3 j - 2 k$ , $b = 2 i + j + 3 k$ y $u = m a + n b$ donde $m$ , $n$ son escalares, y $u \neq = 0$ , muestre que $v$ es perpendicular a $u$ para todo $m$ y $n$ .

d) La recta $L$ está en el plano $3 x - y + z = 6$ , pasa por el punto $(1, - 1, 2)$ y es perpendicular a $v$ . Calcule la ecuación de $L$ .

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Resultado: a) $x = 1$ , $y = - 1$ , $z = 2$ ; b) $v = 11 i - 7 j - 5 k$ ; c) $v \cdot u = 0$ ; d) $L : \frac{x - 1}{6} = \frac{y + 1}{13} = \frac{z - 2}{- 5}$

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a) 1. Sumamos la segunda y la tercera: $5 x + 4 z = 13$ . 2. Multiplicamos la tercera por 3 y la sumamos a la primera: $10 x + z = 12$ , luego $z = 12 - 10 x$ . 3. Sustituimos en $5 x + 4 z = 13$ : $5 x + 48 - 40 x = 13$ , luego $- 35 x = - 35$ y $x = 1$ . Entonces $z = 2$ . 4. De la tercera ecuación: $3 - y + 2 = 6$ , luego $y = - 1$ . 5. Comprobación en la primera: $1 - 3 - 4 = - 6$ . Correcto. (En la Prueba 2 también se resuelve con la CPG.)

b) $v = 13 - 2 \times 213 = 3 \cdot 3 - (- 2) \cdot 1 (- 2) \cdot 2 - 1 \cdot 3 1 \cdot 1 - 3 \cdot 2 = 11 - 7 - 5 .$

c) 1. $v = a \times b$ es perpendicular a $a$ y a $b$ , así que $v \cdot a = 0$ y $v \cdot b = 0$ . 2. Entonces $v \cdot u = m (v \cdot a) + n (v \cdot b) = 0 + 0 = 0$ para cualesquiera $m$ y $n$ . 3. Por tanto $v ⊥ u$ .

d) 1. El vector director $d$ de $L$ debe ser perpendicular a $v$ y estar en el plano, es decir, perpendicular al normal del plano $n = (3, - 1, 1)$ . 2. Por tanto $d = v \times n = (- 7) \cdot 1 - (- 5) (- 1) (- 5) \cdot 3 - 11 \cdot 1 11 \cdot (- 1) - (- 7) \cdot 3 = - 12 - 26 10$ , proporcional a $613 - 5$ . 3. $L$ pasa por $(1, - 1, 2)$ , que cumple $3 + 1 + 2 = 6$ (está en el plano). 4. $L : \frac{x - 1}{6} = \frac{y + 1}{13} = \frac{z - 2}{- 5}$ .

Resultado: a) $x = 1$ , $y = - 1$ , $z = 2$ ; b) $v = 11 i - 7 j - 5 k$ ; c) $v \cdot u = 0$ ; d) $L : \frac{x - 1}{6} = \frac{y + 1}{13} = \frac{z - 2}{- 5}$

Ejercicio 51 DifícilIB · P2 Noviembre 2003

La recta $L$ pasa por el punto $A (2, 5, - 1)$ y es perpendicular al plano de ecuación $x + y + z - 1 = 0$ .

a) Halle la ecuación cartesiana de la recta $L$ .

b) Halle el punto de intersección de la recta $L$ y el plano.

c) Halle las coordenadas del punto simétrico de $A$ respecto al plano.

d) Calcule la distancia del punto $B (2, 0, 6)$ a la recta $L$ .

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Resultado: a) $L : \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 5}{1} = \frac{z + 1}{1}$ ; b) $(\frac{1}{3}, \frac{10}{3}, - \frac{8}{3})$ ; c) $(- \frac{4}{3}, \frac{5}{3}, - \frac{13}{3})$ ; d) $\frac{654}{3} \approx 8, 52$

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a) 1. El vector director de $L$ es el normal del plano, $d = (1, 1, 1)$ . 2. $L : \frac{x - 2}{1} = \frac{y - 5}{1} = \frac{z + 1}{1}$ .

b) 1. Puntos de $L$ : $(2 + t, 5 + t, - 1 + t)$ . 2. Sustituimos en el plano: $(2 + t) + (5 + t) + (- 1 + t) - 1 = 0$ , es decir, $5 + 3 t = 0$ , luego $t = - \frac{5}{3}$ . 3. El punto es $M (\frac{1}{3}, \frac{10}{3}, - \frac{8}{3})$ .

c) 1. El punto simétrico $A^{'}$ cumple que $M$ es el punto medio de $[A A^{'}]$ , así que $A^{'} = 2 M - A$ . 2. $A^{'} = (\frac{2}{3} - 2, \frac{20}{3} - 5, - \frac{16}{3} + 1) = (- \frac{4}{3}, \frac{5}{3}, - \frac{13}{3})$ .

d) 1. $B A = 05 - 7$ y $d = (1, 1, 1)$ con $∣ d ∣ = 3$ . 2. $B A \times d = 5 \cdot 1 - (- 7) \cdot 1 (- 7) \cdot 1 - 0 \cdot 1 0 \cdot 1 - 5 \cdot 1 = 12 - 7 - 5, B A \times d = 144 + 49 + 25 = 218 .$ 3. $d (B, L) = \frac{218}{3} = \frac{218}{3} = \frac{654}{3} \approx 8, 52$ .

Ejercicio 52 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2013

Consideremos los puntos $P (- 3, - 1, 2)$ y $Q (5, 5, 6)$ .

a) Halle una ecuación vectorial para la recta $L_{1}$ , que pasa por los puntos $P$ y $Q$ .

La recta $L_{2}$ tiene la ecuación $r = - 4 04 + s 520$ .

b) Muestre que $L_{1}$ y $L_{2}$ se cortan en el punto $R (1, 2, 4)$ .

c) Encuentre el ángulo agudo entre $L_{1}$ y $L_{2}$ .

Sea $S$ un punto sobre $L_{2}$ tal que $∣ RP ∣ = ∣ RS ∣$ .

d) Demuestre que una de las posiciones posibles para $S$ es $S_{1} (- 4, 0, 4)$ y encuentre las coordenadas de la otra posición posible $S_{2}$ .

e) Hallar una ecuación vectorial de la recta que pasa por $R$ y biseciona a $PR S_{1}$ .

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Resultado: a) $r = (- 3, - 1, 2) + t (8, 6, 4)$ ; c) $26, 3^{\circ}$ ; d) $S_{2} (6, 4, 4)$ ; e) $r = (1, 2, 4) + λ (- 9, - 5, - 2)$ . Los apartados b) y la primera parte de d) quedan demostrados.

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a) 1. Vector director: $P Q = Q - P = 864$ . 2. $L_{1} : r = - 3 - 1 2 + t 864$ .

b) 1. En $L_{1}$ : con $t = \frac{1}{2}$ se obtiene $(- 3 + 4, - 1 + 3, 2 + 2) = (1, 2, 4)$ . 2. En $L_{2}$ : con $s = 1$ se obtiene $(- 4 + 5, 0 + 2, 4 + 0) = (1, 2, 4)$ . 3. $R$ pertenece a las dos rectas y, al no ser paralelas, se cortan solo en $R$ .

c) 1. $d_{1} = (8, 6, 4)$ , $d_{2} = (5, 2, 0)$ ; $d_{1} \cdot d_{2} = 40 + 12 = 52$ . 2. $∣ d_{1} ∣ = 116 = 229$ , $∣ d_{2} ∣ = 29$ . 3. $cos θ = \frac{52}{2 29 29} = \frac{26}{29}$ , luego $θ \approx 26, 3^{\circ}$ .

d) 1. $R P = P - R = (- 4, - 3, - 2)$ , de módulo $29$ . 2. Un punto de $L_{2}$ es $S = (- 4 + 5 s, 2 s, 4)$ , y $R S = (5 s - 5, 2 s - 2, 0) = (s - 1) (5, 2, 0)$ . 3. $∣ R S ∣ = ∣ s - 1∣ 29$ . Igualando a $29$ : $∣ s - 1∣ = 1$ , es decir $s = 0$ o $s = 2$ . 4. Con $s = 0$ se obtiene $S_{1} (- 4, 0, 4)$ , como se quería demostrar. Con $s = 2$ se obtiene $S_{2} (6, 4, 4)$ .

e) 1. El triángulo $P R S_{1}$ es isósceles con $∣ R P ∣ = ∣ R S_{1} ∣ = 29$ ; la bisectriz del ángulo en $R$ tiene la dirección de $R P + R S_{1}$ (diagonal del rombo que forman). 2. $R S_{1} = (- 5, - 2, 0)$ , luego $R P + R S_{1} = (- 9, - 5, - 2)$ . 3. $r = 124 + λ - 9 - 5 - 2$ .

Ejercicio 53 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2014

Dados los puntos $A (1, 0, 4)$ , $B (2, 3, - 1)$ y $C (0, 1, - 2)$ ,

a) Halle la ecuación vectorial de la recta $L_{1}$ que pasa por los puntos $A$ y $B$ .

La recta $L_{2}$ tiene por ecuación cartesiana $\frac{x - 1}{3} = \frac{y + 2}{1} = \frac{z - 1}{- 2}$ .

b) Muestre que $L_{1}$ y $L_{2}$ son rectas alabeadas.

Considere el plano $Π_{1}$ , paralelo a $L_{1}$ y también a $L_{2}$ . El punto $C$ pertenece al plano $Π_{1}$ .

c) Halle la ecuación cartesiana del plano $Π_{1}$ .

La recta $L_{3}$ tiene por ecuación vectorial $r = 301 + λ k 1 - 1$ .

El plano $Π_{2}$ tiene por ecuación cartesiana $x + y = 12$ .

El ángulo entre la recta $L_{3}$ y el plano $Π_{2}$ es igual a $6 0^{\circ}$ .

d) (i) Halle el valor de $k$ .

(ii) Halle el punto de intersección $P$ de la recta $L_{3}$ y el plano $Π_{2}$ .

Ver resultado

Resultado: a) $r = (1, 0, 4) + t (1, 3, - 5)$ ; c) $x + 13 y + 8 z + 3 = 0$ ; d) (i) $k = 2$ ; (ii) $P (9, 3, - 2)$ . El apartado b) queda demostrado.

Ver proceso y resultado

a) 1. $A B = (1, 3, - 5)$ . 2. $L_{1} : r = 104 + t 13 - 5$ .

b) 1. Direcciones $d_{1} = (1, 3, - 5)$ y $d_{2} = (3, 1, - 2)$ : no son proporcionales, luego las rectas no son paralelas. 2. $L_{2}$ pasa por $(1, - 2, 1)$ : $(x, y, z) = (1 + 3 s, - 2 + s, 1 - 2 s)$ . Igualamos con $L_{1}$ : $1 + t = 1 + 3 s, 3 t = - 2 + s, 4 - 5 t = 1 - 2 s .$ 3. De la primera, $t = 3 s$ ; en la segunda, $9 s = - 2 + s$ , luego $s = - \frac{1}{4}$ y $t = - \frac{3}{4}$ . 4. En la tercera: $4 + \frac{15}{4} = \frac{31}{4}$ frente a $1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ . No coinciden, así que no hay punto común. 5. Ni paralelas ni secantes: son alabeadas.

c) 1. Normal: $d_{1} \times d_{2} = 3 \cdot (- 2) - (- 5) \cdot 1 (- 5) \cdot 3 - 1 \cdot (- 2) 1 \cdot 1 - 3 \cdot 3 = - 1 - 13 - 8$ ; usamos $(1, 13, 8)$ . 2. $Π_{1} : x + 13 y + 8 z = d$ con $C (0, 1, - 2)$ : $d = 13 - 16 = - 3$ . 3. $Π_{1} : x + 13 y + 8 z + 3 = 0$ .

d) (i) 1. Dirección de $L_{3}$ : $d = (k, 1, - 1)$ . Normal de $Π_{2}$ : $n = (1, 1, 0)$ . 2. El ángulo $θ$ entre una recta y un plano cumple $sin θ = \frac{∣ d \cdot n ∣}{∣ d ∣∣ n ∣}$ , con $θ = 6 0^{\circ}$ : $\frac{∣ k + 1∣}{k ^{2} + 2 2} = \frac{3}{2} .$ 3. Elevamos al cuadrado: $\frac{( k + 1 ) ^{2}}{2 ( k ^{2} + 2 )} = \frac{3}{4} \Rightarrow 4 (k + 1)^{2} = 6 (k^{2} + 2) \Rightarrow 2 k^{2} - 8 k + 8 = 0 \Rightarrow (k - 2)^{2} = 0$ . 4. $k = 2$ .

(ii) 1. $L_{3}$ : $(3 + 2 λ, λ, 1 - λ)$ . 2. Imponemos $x + y = 12$ : $3 + 3 λ = 12$ , luego $λ = 3$ . 3. $P = (9, 3, - 2)$ .

Resultado: a) $r = (1, 0, 4) + t (1, 3, - 5)$ ; c) $x + 13 y + 8 z + 3 = 0$ ; d) (i) $k = 2$ ; (ii) $P (9, 3, - 2)$ . El apartado b) queda demostrado.

Ejercicio 54 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2004

a) Considere los vectores unitarios $u$ y $v$ en un espacio tridimensional. Demuestre que el vector $u + v$ biseca el ángulo entre $u$ y $v$ .

Considere los puntos $A (2, 5, 4)$ , $B (1, 3, 2)$ , $C (5, 5, 6)$ . La recta $L$ pasa por $B$ y biseca al ángulo $A B C$ .

b) Halle la ecuación de $L$ .

c) La recta $L$ corta a $[A C]$ en el punto $D$ . Halle las coordenadas de $D$ .

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Resultado: b) $r = 132 + t 11 4/3$ ; c) $D (3, 5, \frac{14}{3})$ . El apartado a) queda demostrado.

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a) 1. Llamamos $φ$ al ángulo entre $u$ y $u + v$ , y $ψ$ al ángulo entre $v$ y $u + v$ . Como $∣ u ∣ = ∣ v ∣ = 1$ , $u \cdot (u + v) = ∣ u ∣^{2} + u \cdot v = 1 + u \cdot v, v \cdot (u + v) = u \cdot v + ∣ v ∣^{2} = 1 + u \cdot v .$ 2. Entonces $cos φ = \frac{u \cdot ( u + v )}{∣ u ∣ ∣ u + v ∣} = \frac{1 + u \cdot v}{∣ u + v ∣} = \frac{v \cdot ( u + v )}{∣ v ∣ ∣ u + v ∣} = cos ψ .$ 3. Como $φ, ψ \in [0, π]$ y el coseno es inyectivo en ese intervalo, $φ = ψ$ : el vector $u + v$ forma ángulos iguales con $u$ y con $v$ , es decir, biseca el ángulo entre ellos.

b) 1. Los vectores que salen de $B$ hacia $A$ y hacia $C$ son $B A = 122, B C = 424, ∣ B A ∣ = 3, ∣ B C ∣ = 6.$ 2. Sus vectores unitarios son $u = \frac{1}{3} 122, v = \frac{1}{6} 424 = \frac{1}{3} 212 .$ 3. Por el apartado a), la bisectriz tiene la dirección de $u + v = 11 4/3$ , que es proporcional a $334$ . 4. La recta pasa por $B (1, 3, 2)$ : $L : r = 132 + t 11 4/3, o sea x = 1 + t, y = 3 + t, z = 2 + \frac{4}{3} t .$

c) 1. Un punto de $[A C]$ es $A + s A C$ con $A C = 302$ y $0 \leq s \leq 1$ : $(2 + 3 s, 5, 4 + 2 s)$ . 2. Igualamos con $L$ : $1 + t = 2 + 3 s, 3 + t = 5, 2 + \frac{4}{3} t = 4 + 2 s$ . 3. De la segunda, $t = 2$ . De la primera, $3 = 2 + 3 s$ , luego $s = \frac{1}{3}$ . Comprobamos la tercera: $2 + \frac{8}{3} = \frac{14}{3}$ y $4 + \frac{2}{3} = \frac{14}{3}$ . Se cumple. 4. Sustituimos $s = \frac{1}{3}$ : $D = (3, 5, \frac{14}{3})$ .

Resultado: b) $r = 132 + t 11 4/3$ ; c) $D (3, 5, \frac{14}{3})$ . El apartado a) queda demostrado.

Ejercicio 55 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2021

Considere la recta $L_{1}$ definida por la ecuación cartesiana $\frac{x + 1}{2} = y = 3 - z$ .

a) i) Muestre que el punto $(- 1, 0, 3)$ pertenece a $L_{1}$ .

(ii) Calcule la ecuación vectorial de $L_{1}$ .

Considere una segunda recta $L_{2}$ definida por la ecuación vectorial

$r = 012 + t a 1 - 1$ donde $t \in R$ y $a \in R$ .

b) Calcule los posible valores de $a$ cuando el ángulo agudo entre $L_{1}$ y $L_{2}$ es de $4 5^{\circ}$ .

Se sabe que las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ tienen un único punto de intersección, $A$ , cuando $a \neq = k$ .

c) Calcule el valor de $k$ y calcule las coordenadas del punto $A$ en función de $a$ .

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Resultado: a) ii) $r = - 1 03 + λ 21 - 1$ ; b) $a = - 4 \pm 32$ ; c) $k = 2$ y $A (\frac{a}{a - 2}, \frac{a - 1}{a - 2}, \frac{2 a - 5}{a - 2})$ .

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a) i) Sustituimos $(x, y, z) = (- 1, 0, 3)$ : $\frac{- 1 + 1}{2} = 0$ , $y = 0$ y $3 - z = 0$ . Las tres expresiones valen $0$ , así que el punto pertenece a $L_{1}$ .

(ii) 1. Llamamos $λ$ al valor común de las tres expresiones: $\frac{x + 1}{2} = λ$ , $y = λ$ , $3 - z = λ$ . Entonces $x = - 1 + 2 λ$ , $y = λ$ , $z = 3 - λ$ . 2. En forma vectorial: $L_{1} : r = - 1 03 + λ 21 - 1 .$

b) 1. Los vectores directores son $d_{1} = (2, 1, - 1)$ y $d_{2} = (a, 1, - 1)$ . El ángulo agudo $θ$ cumple $cos θ = \frac{∣ d _{1} \cdot d _{2} ∣}{∣ d _{1} ∣∣ d _{2} ∣}$ . 2. $d_{1} \cdot d_{2} = 2 a + 1 + 1 = 2 a + 2$ , $∣ d_{1} ∣ = 6$ y $∣ d_{2} ∣ = a^{2} + 2$ . 3. Con $θ = 4 5^{\circ}$ : $\frac{∣2 a + 2∣}{6 a ^{2} + 2} = \frac{2}{2} \Rightarrow \frac{4 ( a + 1 ) ^{2}}{6 ( a ^{2} + 2 )} = \frac{1}{2} \Rightarrow 4 (a + 1)^{2} = 3 (a^{2} + 2) .$ 4. Desarrollando: $4 a^{2} + 8 a + 4 = 3 a^{2} + 6$ , o sea $a^{2} + 8 a - 2 = 0$ . 5. $a = \frac{- 8 \pm 64 + 8}{2} = - 4 \pm 32$ .

c) 1. Un punto común cumple: $- 1 + 2 λ = a t$ , $λ = 1 + t$ , $3 - λ = 2 - t$ . 2. Las dos últimas ecuaciones son equivalentes ( $λ = 1 + t$ ). Sustituyendo en la primera: $- 1 + 2 (1 + t) = a t$ , es decir $1 + 2 t = a t$ y $(a - 2) t = 1$ . 3. Esta ecuación tiene solución única $t = \frac{1}{a - 2}$ si y solo si $a \neq = 2$ . Por tanto $k = 2$ (para $a = 2$ las rectas son paralelas y no se cortan). 4. Coordenadas de $A$ sustituyendo $t = \frac{1}{a - 2}$ en $L_{2}$ : $x = a t = \frac{a}{a - 2}, y = 1 + t = \frac{a - 1}{a - 2}, z = 2 - t = \frac{2 a - 5}{a - 2} .$

Resultado: a) ii) $r = - 1 03 + λ 21 - 1$ ; b) $a = - 4 \pm 32$ ; c) $k = 2$ y $A (\frac{a}{a - 2}, \frac{a - 1}{a - 2}, \frac{2 a - 5}{a - 2})$ .

Ejercicio 56 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2022

Considere los puntos $A (1, 2, 3)$ , $B (k, - 2, 1)$ y $C (5, 0, 2)$ , donde $k \in R$ .

a) Escriba $A B$ y $A C$ .

b) Sabiendo que los puntos $A$ , $B$ y $C$ forman una línea recta, muestre que $k = 9$ .

c) Para $k = 9$ , sea $L_{1}$ , la recta que pasa por $A$ , $B$ y $C$ .

(i) Halle la ecuación vectorial de la recta $L_{1}$ .

(ii) La recta $L_{2}$ tiene por ecuación $\frac{x - 1}{2} = \frac{y}{3} = 1 - z$ .

Muestre que las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son alabeadas.

d) Para $k \neq = 9$ , sea $Π$ el plano que contiene a $A$ , $B$ y $C$ .

(i) Halle la ecuación cartesiana del plano $Π$ .

(ii) Halle las coordenadas del punto del plano $Π$ que está más cerca del origen $(0, 0, 0)$ .

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Resultado: a) $A B = k - 1 - 4 - 2$ , $A C = 4 - 2 - 1$ ; c) i) $r = 123 + λ 4 - 2 - 1$ ; d) i) $Π : y - 2 z = - 4$ ; ii) $(0, - \frac{4}{5}, \frac{8}{5})$ . Quedan demostrados b) y c) ii).

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a) $A B = k - 1 - 4 - 2$ y $A C = 4 - 2 - 1$ .

b) 1. Tres puntos están alineados cuando $A B$ y $A C$ son paralelos: $A B = m A C$ . 2. Con la segunda componente: $- 4 = - 2 m$ , luego $m = 2$ . La tercera componente lo confirma: $- 2 = 2 \cdot (- 1)$ . 3. Primera componente: $k - 1 = 2 \cdot 4 = 8$ , luego $k = 9$ .

c) (i) 1. Con $k = 9$ la recta pasa por $A (1, 2, 3)$ y tiene como dirección $A C = (4, - 2, - 1)$ : $L_{1} : r = 123 + λ 4 - 2 - 1 .$

(ii) 1. Escribimos $L_{2}$ en forma paramétrica con $\frac{x - 1}{2} = \frac{y}{3} = 1 - z = μ$ : $x = 1 + 2 μ$ , $y = 3 μ$ , $z = 1 - μ$ . Pasa por $(1, 0, 1)$ con dirección $(2, 3, - 1)$ . 2. Las direcciones $(4, - 2, - 1)$ y $(2, 3, - 1)$ no son paralelas (no son proporcionales), así que las rectas no son paralelas ni coincidentes. 3. Veamos si se cortan: $1 + 4 λ = 1 + 2 μ$ , $2 - 2 λ = 3 μ$ y $3 - λ = 1 - μ$ . De la primera, $μ = 2 λ$ . En la segunda: $2 - 2 λ = 6 λ$ , luego $λ = \frac{1}{4}$ y $μ = \frac{1}{2}$ . 4. Tercera ecuación: $3 - \frac{1}{4} = \frac{11}{4}$ frente a $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ . No se cumple, no hay punto común. 5. No son paralelas y no se cortan: las rectas son alabeadas (se cruzan).

d) (i) 1. Una normal al plano es $A B \times A C = (- 4) (- 1) - (- 2) (- 2) (- 2) (4) - (k - 1) (- 1) (k - 1) (- 2) - (- 4) (4) = 0 k - 9 18 - 2 k = (k - 9) 01 - 2,$ que no es nulo porque $k \neq = 9$ . Una normal sencilla es $(0, 1, - 2)$ . 2. El plano es $y - 2 z = d$ ; con $A$ : $d = 2 - 6 = - 4$ . 3. $Π : y - 2 z = - 4$ . Comprobación: $B$ : $- 2 - 2 = - 4$ y $C$ : $0 - 4 = - 4$ .

(ii) 1. El punto de $Π$ más cercano al origen es el pie de la perpendicular desde el origen: la recta $(0, s, - 2 s)$ (dirección de la normal). 2. Sustituimos en el plano: $s - 2 (- 2 s) = 5 s = - 4$ , luego $s = - \frac{4}{5}$ . 3. El punto es $(0, - \frac{4}{5}, \frac{8}{5})$ (a distancia $\frac{4}{5}$ del origen).

Resultado: a) $A B = k - 1 - 4 - 2$ , $A C = 4 - 2 - 1$ ; c) i) $r = 123 + λ 4 - 2 - 1$ ; d) i) $Π : y - 2 z = - 4$ ; ii) $(0, - \frac{4}{5}, \frac{8}{5})$ . Quedan demostrados b) y c) ii).

Ecuaciones del plano

Ejercicio 57 BásicoIB · P1 Noviembre 1999

El vector $n = 2 i - j + 3 k$ es normal al plano que pasa por el punto $(2, 1, 2)$ .

a) Calcule una ecuación del plano.

b) Calcule $a$ si el punto $(a, a - 1, a - 2)$ está en el plano.

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Resultado: a) $2 x - y + 3 z - 9 = 0$ ; b) $a = \frac{7}{2}$

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a) 1. Un plano con vector normal $(2, - 1, 3)$ tiene ecuación $2 x - y + 3 z = d$ . 2. Sustituimos $(2, 1, 2)$ : $d = 4 - 1 + 6 = 9$ , es decir, $2 x - y + 3 z - 9 = 0$ .

b) 1. Sustituimos $(a, a - 1, a - 2)$ en la ecuación: $2 a - (a - 1) + 3 (a - 2) = 9$ . 2. Desarrollamos: $2 a - a + 1 + 3 a - 6 = 9$ , es decir, $4 a - 5 = 9$ , luego $a = \frac{14}{4} = \frac{7}{2}$ .

Resultado: a) $2 x - y + 3 z - 9 = 0$ ; b) $a = \frac{7}{2}$

Ejercicio 58 BásicoIB · P1 Mayo 2000

Calcule un vector normal al plano que contiene a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ , cuyas ecuaciones son:

$L_{1} : r = i + k + λ (2 i + j - 2 k)$

$L_{2} : r = 3 i + 2 j + 2 k + μ (j + 3 k)$

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Resultado: $n = 5 i - 6 j + 2 k$ (o cualquier múltiplo suyo)

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Los vectores directores de las rectas están contenidos en el plano: $d_{1} = 21 - 2$ y $d_{2} = 013$ .
Un vector normal es perpendicular a ambos, así que lo obtenemos con el producto vectorial: $n = d_{1} \times d_{2} = 1 \cdot 3 - (- 2) \cdot 1 (- 2) \cdot 0 - 2 \cdot 3 2 \cdot 1 - 1 \cdot 0 = 5 - 6 2 .$

Resultado: $n = 5 i - 6 j + 2 k$ (o cualquier múltiplo suyo)

Ejercicio 59 BásicoIB · P1 Mayo 2000

El plano $6 x - 2 y + z = 11$ contiene a la recta $x - 1 = \frac{y + 1}{2} = \frac{z - 3}{l}$ . Calcule $l$ .

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Resultado: $l = - 2$

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La recta pasa por $(1, - 1, 3)$ y tiene vector director $d = 12 l$ .
Si la recta está contenida en el plano, su vector director es perpendicular al vector normal del plano $n = 6 - 2 1$ : $d \cdot n = 0$ .
$6 - 4 + l = 0$ , luego $l = - 2$ .
Comprobamos que el punto $(1, - 1, 3)$ está en el plano: $6 + 2 + 3 = 11$ . Correcto.

Resultado: $l = - 2$

Ejercicio 60 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

La ecuación vectorial de la recta $L$ viene dada por $x y z = 136 + λ - 1 2 - 1 .$

Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a la recta $L$ y al punto $A (4, - 2, 5)$ .

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Resultado: $7 x + 4 y + z = 25$

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Un punto de $L$ es $P (1, 3, 6)$ y su vector director es $d = - 1 2 - 1$ .
Un segundo vector del plano es $P A = 3 - 5 - 1$ .
Un vector normal al plano es $n = d \times P A = 2 \cdot (- 1) - (- 1) (- 5) (- 1) \cdot 3 - (- 1) (- 1) (- 1) (- 5) - 2 \cdot 3 = - 7 - 4 - 1 .$ Usamos el vector opuesto $741$ , que también es normal.
El plano es $7 x + 4 y + z = d$ . Sustituimos $A (4, - 2, 5)$ : $d = 28 - 8 + 5 = 25$ .
Comprobación con $P$ : $7 + 12 + 6 = 25$ .

Resultado: $7 x + 4 y + z = 25$

Ejercicio 61 MedioIB · P1 Mayo 2001

Encuentre una ecuación del plano que contiene a las dos rectas $x - 1 = \frac{1 - y}{2} = z - 2 y \frac{x + 1}{3} = \frac{2 - y}{3} = \frac{z + 2}{5} .$

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Resultado: $- 7 x - 2 y + 3 z = - 3$ , es decir, $7 x + 2 y - 3 z = 3$

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Primera recta: llamando $t$ al valor común, $x = 1 + t$ , $y = 1 - 2 t$ , $z = 2 + t$ . Pasa por $A (1, 1, 2)$ con $d_{1} = 1 - 2 1$ .
Segunda recta: $x = - 1 + 3 s$ , $y = 2 - 3 s$ , $z = - 2 + 5 s$ . Pasa por $B (- 1, 2, - 2)$ con $d_{2} = 3 - 3 5$ .
Un vector normal al plano: $n = d_{1} \times d_{2} = (- 2) \cdot 5 - 1 \cdot (- 3) 1 \cdot 3 - 1 \cdot 5 1 \cdot (- 3) - (- 2) \cdot 3 = - 7 - 2 3 .$
El plano es $- 7 x - 2 y + 3 z = d$ . Con $A (1, 1, 2)$ : $d = - 7 - 2 + 6 = - 3$ .
Comprobamos con $B (- 1, 2, - 2)$ : $7 - 4 - 6 = - 3$ . Correcto, así que las rectas están en el mismo plano.

Resultado: $- 7 x - 2 y + 3 z = - 3$ , es decir, $7 x + 2 y - 3 z = 3$

Ejercicio 62 MedioIB · P1 Noviembre 1998

Considere los planos $P$ y $Q$ con ecuaciones: $P : 6 x - 2 y + 3 z + 8 = 0$ , $Q : x - 3 y + 5 z = 0$ . Calcule la ecuación de un tercer plano $R$ , que es perpendicular a $P$ y $Q$ y contiene al punto $(2, 2, 3)$ .

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Resultado: $R : x + 27 y + 16 z - 104 = 0$

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Los vectores normales son $n_{P} = (6, - 2, 3)$ y $n_{Q} = (1, - 3, 5)$ .
Un plano perpendicular a $P$ y a $Q$ tiene un normal que es perpendicular a $n_{P}$ y a $n_{Q}$ , es decir, paralelo a su producto vectorial: $n_{P} \times n_{Q} = (- 2) \cdot 5 - 3 \cdot (- 3) 3 \cdot 1 - 6 \cdot 5 6 \cdot (- 3) - (- 2) \cdot 1 = - 1 - 27 - 16 ∥ 12716 .$
El plano es $x + 27 y + 16 z = d$ . Con $(2, 2, 3)$ : $d = 2 + 54 + 48 = 104$ .

Resultado: $R : x + 27 y + 16 z - 104 = 0$

Ejercicio 63 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

Las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ vienen dadas por $L_{1} : \frac{x - 1}{3} = \frac{y - 5}{2} = \frac{z - 12}{- 2}$ , $L_{2} : \frac{x - 1}{8} = \frac{y - 5}{11} = \frac{z - 12}{6}$ .

El plano $π$ contiene a $L_{1}$ y también a $L_{2}$ .

a) Halle la ecuación cartesiana de $π$ .

La recta $L_{3}$ pasa por el punto $(4, 0, 8)$ y es perpendicular a $π$ .

b) Halle las coordenadas del punto en el que $L_{3}$ corta a $π$ .

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Resultado: a) $2 x - 2 y + z - 4 = 0$ ; b) $(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}, \frac{20}{3})$

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a) 1. Ambas rectas pasan por $(1, 5, 12)$ y tienen vectores directores $(3, 2, - 2)$ y $(8, 11, 6)$ . 2. Un vector normal al plano es $32 - 2 \times 8116 = 2 \cdot 6 - (- 2) \cdot 11 (- 2) \cdot 8 - 3 \cdot 6 3 \cdot 11 - 2 \cdot 8 = 34 - 34 17 ∥ 2 - 2 1 .$ 3. El plano es $2 x - 2 y + z = d$ . Con $(1, 5, 12)$ : $d = 2 - 10 + 12 = 4$ .

b) 1. La recta $L_{3}$ tiene como vector director el normal $(2, - 2, 1)$ : $(4 + 2 t, - 2 t, 8 + t)$ . 2. Sustituimos en el plano: $2 (4 + 2 t) - 2 (- 2 t) + (8 + t) = 4$ , es decir, $9 t + 16 = 4$ , luego $t = - \frac{4}{3}$ . 3. El punto es $(4 - \frac{8}{3}, \frac{8}{3}, 8 - \frac{4}{3}) = (\frac{4}{3}, \frac{8}{3}, \frac{20}{3})$ .

Resultado: a) $2 x - 2 y + z - 4 = 0$ ; b) $(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}, \frac{20}{3})$

Ejercicio 64 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2017

Encuentre la ecuación cartesiana del plano $Π$ que contiene los puntos $A (6, 2, 1)$ y $B (3, - 1, 1)$ y es perpendicular al plano $x + 2 y - z - 6 = 0$ .

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Resultado: $Π : x - y - z - 3 = 0$

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El plano buscado contiene la dirección $A B = (- 3, - 3, 0)$ .
Si es perpendicular al plano dado, su normal es perpendicular a la normal $n_{0} = (1, 2, - 1)$ de ese plano; es decir, $n_{0}$ es paralelo al plano buscado.
Normal del plano buscado: $A B \times n_{0} = (- 3) (- 1) - 0 \cdot 2 0 \cdot 1 - (- 3) (- 1) (- 3) \cdot 2 - (- 3) \cdot 1 = 3 - 3 - 3$ ; usamos $n = (1, - 1, - 1)$ .
$x - y - z = d$ con $A (6, 2, 1)$ : $d = 6 - 2 - 1 = 3$ . Comprobamos con $B$ : $3 + 1 - 1 = 3$ .

Resultado: $Π : x - y - z - 3 = 0$

Ejercicio 65 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Considere los vectores $a = i - 3 j - 2 k$ , $b = - 3 j + 2 k$ .

a) Halle $a \times b$ .

b) A partir de lo anterior, halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a los vectores $a$ y $b$ , y pasa por el punto $(1, 0, - 1)$ .

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Resultado: a) $a \times b = - 12 i - 2 j - 3 k$ ; b) $12 x + 2 y + 3 z = 9$ (equivalente a $- 12 x - 2 y - 3 z + 9 = 0$ )

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a) 1. Con las componentes $a = (1, - 3, - 2)$ y $b = (0, - 3, 2)$ : $a \times b = (- 3) (2) - (- 2) (- 3) (- 2) (0) - (1) (2) (1) (- 3) - (- 3) (0) = - 12 - 2 - 3 .$ Es decir, $a \times b = - 12 i - 2 j - 3 k$ .

b) 1. El producto vectorial es perpendicular a $a$ y a $b$ , así que es un vector normal del plano: $n = (- 12, - 2, - 3)$ (o su opuesto $(12, 2, 3)$ ). 2. La ecuación es $12 x + 2 y + 3 z = d$ . Imponemos que pase por $(1, 0, - 1)$ : $d = 12 + 0 - 3 = 9$ . 3. El plano es $12 x + 2 y + 3 z = 9$ , o lo que es lo mismo, $- 12 x - 2 y - 3 z + 9 = 0$ .

Resultado: a) $a \times b = - 12 i - 2 j - 3 k$ ; b) $12 x + 2 y + 3 z = 9$ (equivalente a $- 12 x - 2 y - 3 z + 9 = 0$ )

Ejercicio 66 MedioIB · P1 Noviembre 1998

Considere los dos planos $P$ y $Q$ , donde $P : 6 x - 2 y + 3 z + 8 = 0$ y $Q : x - 3 y + 5 = 0$ .

Calcule la ecuación de un tercer plano $R$ que es perpendicular a $P$ y $Q$ y contiene al punto $(2, 2, 3)$ .

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Resultado: $R : 9 x + 3 y - 16 z + 24 = 0$

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Las normales de $P$ y $Q$ son $n_{P} = (6, - 2, 3)$ y $n_{Q} = (1, - 3, 0)$ .
Un plano es perpendicular a $P$ y a $Q$ cuando su normal es perpendicular a $n_{P}$ y a $n_{Q}$ . Tomamos $n_{R} = n_{P} \times n_{Q} = (- 2) \cdot 0 - 3 (- 3) 3 \cdot 1 - 6 \cdot 0 6 (- 3) - (- 2) \cdot 1 = 93 - 16 .$
El plano es $9 x + 3 y - 16 z = d$ . Como contiene a $(2, 2, 3)$ : $d = 9 \cdot 2 + 3 \cdot 2 - 16 \cdot 3 = 18 + 6 - 48 = - 24$ .
Así, $R : 9 x + 3 y - 16 z = - 24$ .

Resultado: $R : 9 x + 3 y - 16 z + 24 = 0$

Ejercicio 67 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2010

a) Muestre que los dos planos $π_{1} : x + 2 y - z = 1$ y $π_{2} : x + z = - 2$ son perpendiculares.

b) Encuentre la ecuación del plano $π_{3}$ que pasa por el origen y es perpendicular a $π_{1}$ y $π_{2}$ .

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Resultado: a) $n_{1} \cdot n_{2} = 0$ , luego son perpendiculares. b) $π_{3} : x - y - z = 0$ . Queda demostrado el apartado a).

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a) 1. Los vectores normales son $n_{1} = 12 - 1$ y $n_{2} = 101$ . 2. Dos planos son perpendiculares si sus normales lo son, es decir, si $n_{1} \cdot n_{2} = 0$ : $n_{1} \cdot n_{2} = 1 \cdot 1 + 2 \cdot 0 + (- 1) \cdot 1 = 0.$ 3. Por tanto $π_{1} ⊥ π_{2}$ .

b) 1. Un plano perpendicular a $π_{1}$ y a $π_{2}$ tiene un vector normal perpendicular a $n_{1}$ y a $n_{2}$ . Sirve el producto vectorial: $n_{1} \times n_{2} = 2 \cdot 1 - (- 1) \cdot 0 (- 1) \cdot 1 - 1 \cdot 1 1 \cdot 0 - 2 \cdot 1 = 2 - 2 - 2 .$ 2. Podemos usar el vector proporcional $n_{3} = 1 - 1 - 1$ , así que $π_{3} : x - y - z = d$ . 3. Pasa por el origen, luego $d = 0$ y $π_{3} : x - y - z = 0$ .

Resultado: a) $n_{1} \cdot n_{2} = 0$ , luego son perpendiculares. b) $π_{3} : x - y - z = 0$ . Queda demostrado el apartado a).

Ejercicio 68 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2021

Consideremos los planos $Π_{1}$ y $Π_{2}$ con las siguientes ecuaciones:

$Π_{1} : 3 x + 2 y + z = 6$

$Π_{2} : x - 2 y + z = 4$

a) Calcular la ecuación cartesiana del plano $Π_{3}$ que es perpendicular a $Π_{1}$ y $Π_{2}$ y que pasa por el origen $(0, 0, 0)$ .

b) Calcular las coordenadas del punto donde se cortan $Π_{1}$ , $Π_{2}$ y $Π_{3}$ .

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Resultado: a) $Π_{3} : 2 x - y - 4 z = 0$ ; b) $(\frac{41}{21}, - \frac{10}{21}, \frac{23}{21}) \approx (1, 95; - 0, 476; 1, 10)$ .

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a) 1. Un plano perpendicular a $Π_{1}$ y a $Π_{2}$ tiene como normal un vector perpendicular a las normales $n_{1} = (3, 2, 1)$ y $n_{2} = (1, - 2, 1)$ (equivale a que su normal sea paralela a la recta de intersección de ambos): $n_{3} = n_{1} \times n_{2} = 2 \cdot 1 - 1 \cdot (- 2) 1 \cdot 1 - 3 \cdot 1 3 (- 2) - 2 \cdot 1 = 4 - 2 - 8 = 2 2 - 1 - 4 .$ 2. El plano es $2 x - y - 4 z = d$ y pasa por el origen, así que $d = 0$ : $Π_{3} : 2 x - y - 4 z = 0.$

b) 1. Sumando las ecuaciones de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ : $4 x + 2 z = 10$ , luego $z = 5 - 2 x$ . 2. Restándolas: $2 x + 4 y = 2$ , luego $y = \frac{1 - x}{2}$ . 3. Sustituimos en $Π_{3}$ : $2 x - \frac{1 - x}{2} - 4 (5 - 2 x) = 0$ . Multiplicando por $2$ : $4 x - 1 + x - 40 + 16 x = 0$ , o sea $21 x = 41$ y $x = \frac{41}{21}$ . 4. Entonces $y = \frac{1 - \frac{41}{21}}{2} = - \frac{10}{21}$ y $z = 5 - \frac{82}{21} = \frac{23}{21}$ .

Resultado: a) $Π_{3} : 2 x - y - 4 z = 0$ ; b) $(\frac{41}{21}, - \frac{10}{21}, \frac{23}{21}) \approx (1, 95; - 0, 476; 1, 10)$ .

Ejercicio 69 DifícilIB · P2 Mayo 1999

Las coordenadas de los puntos $P$ , $Q$ , $R$ y $S$ son $(4, 1, - 1)$ , $(3, 3, 5)$ , $(1, 0, 2 c)$ y $(1, 1, 2)$ , respectivamente.

a) Calcule el valor de $c$ para que los vectores $QR$ y $P R$ sean perpendiculares.

Para el resto de la pregunta, use el valor de $c$ encontrado en el apartado (a) para la coordenada del punto $R$ .

b) Encuentre $P S \times P R$ .

c) Calcule la ecuación de la recta $l$ que pasa por el punto $Q$ y es paralela al vector $P R$ .

d) Calcule la ecuación del plano $π$ que contiene a la recta $l$ y pasa por el punto $S$ .

e) Calcule la distancia más corta del punto $P$ al plano $π$ .

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Resultado: a) $c = 1$ ; b) $3 i + 3 k$ ; c) $l : \frac{x - 3}{- 3} = \frac{y - 3}{- 1} = \frac{z - 5}{3}$ ; d) $π : 9 x - 15 y + 4 z = 2$ ; e) $\frac{15}{322} \approx 0, 836$

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a) 1. $QR = - 2 - 3 2 c - 5$ y $P R = - 3 - 1 2 c + 1$ . 2. Perpendiculares si el producto escalar es cero: $6 + 3 + (2 c - 5) (2 c + 1) = 0$ . 3. Desarrollamos: $9 + 4 c^{2} - 8 c - 5 = 0$ , es decir, $4 c^{2} - 8 c + 4 = 4 (c - 1)^{2} = 0$ , luego $c = 1$ .

Con $c = 1$ : $R (1, 0, 2)$ , $P R = - 3 - 1 3$ .

b) 1. $P S = - 3 03$ . 2. $P S \times P R = 0 \cdot 3 - 3 \cdot (- 1) 3 \cdot (- 3) - (- 3) \cdot 3 (- 3) (- 1) - 0 \cdot (- 3) = 303 .$

c) 1. La recta pasa por $Q (3, 3, 5)$ con vector director $P R = - 3 - 1 3$ . 2. En forma continua: $l : \frac{x - 3}{- 3} = \frac{y - 3}{- 1} = \frac{z - 5}{3}$ .

d) 1. El plano contiene a $l$ , así que contiene al vector $P R$ (director de $l$ ). También contiene a $QS = - 2 - 2 - 3$ , que une $Q \in l$ con $S$ . 2. Un vector normal es $n = P R \times QS = (- 1) (- 3) - 3 \cdot (- 2) 3 \cdot (- 2) - (- 3) (- 3) (- 3) (- 2) - (- 1) (- 2) = 9 - 15 4 .$ 3. El plano es $9 x - 15 y + 4 z = d$ . Con $Q (3, 3, 5)$ : $d = 27 - 45 + 20 = 2$ . Con $S (1, 1, 2)$ también: $9 - 15 + 8 = 2$ .

e) 1. Distancia de $P (4, 1, - 1)$ al plano $9 x - 15 y + 4 z - 2 = 0$ : $d = \frac{∣9 \cdot 4 - 15 \cdot 1 + 4 \cdot ( - 1 ) - 2∣}{9 ^{2} + 1 5 ^{2} + 4 ^{2}} = \frac{∣36 - 15 - 4 - 2∣}{322} = \frac{15}{322} \approx 0, 836.$

Resultado: a) $c = 1$ ; b) $3 i + 3 k$ ; c) $l : \frac{x - 3}{- 3} = \frac{y - 3}{- 1} = \frac{z - 5}{3}$ ; d) $π : 9 x - 15 y + 4 z = 2$ ; e) $\frac{15}{322} \approx 0, 836$

Ejercicio 70 DifícilIB · P2 Mayo 2002

Los puntos $A$ , $B$ , $C$ y $D$ tienen las siguientes coordenadas:

$A (1, 3, 1)$ , $B (1, 2, 4)$ , $C (2, 3, 6)$ , $D (5, - 2, 1)$

a) i) Calcule el producto vectorial $A B \times A C$ , expresando su respuesta en función de los vectores unitarios $i$ , $j$ , $k$ .

(ii) Halle el área del triángulo $A B C$ .

Llamamos $Π$ al plano que contiene los puntos $A$ , $B$ y $C$ , y $L$ a la recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $Π$ .

El punto de intersección de $L$ y $Π$ es $P$ .

b) i) Halle la ecuación cartesiana de $Π$ .

(ii) Halle la ecuación cartesiana de $L$ .

c) Halle las coordenadas de $P$ .

d) Halle la distancia perpendicular de $D$ a $Π$ .

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Resultado: a) i) $- 5 i + 3 j + k$ ; ii) $\frac{35}{2}$ ; b) i) $Π : - 5 x + 3 y + z - 5 = 0$ ; ii) $L : \frac{x - 5}{- 5} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 1}{1}$ ; c) $P (0, 1, 2)$ ; d) $35$

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a) i) 1. $A B = 0 - 1 3$ y $A C = 105$ . 2. $A B \times A C = (- 1) \cdot 5 - 3 \cdot 0 3 \cdot 1 - 0 \cdot 5 0 \cdot 0 - (- 1) \cdot 1 = - 5 31 = - 5 i + 3 j + k .$

(ii) El área es $\frac{1}{2} A B \times A C = \frac{1}{2} 25 + 9 + 1 = \frac{35}{2}$ .

b) i) 1. El vector $A B \times A C = (- 5, 3, 1)$ es normal a $Π$ , que es de la forma $- 5 x + 3 y + z = d$ . 2. Con $A (1, 3, 1)$ : $d = - 5 + 9 + 1 = 5$ . Comprobamos con $B$ : $- 5 + 6 + 4 = 5$ y con $C$ : $- 10 + 9 + 6 = 5$ . 3. $Π : - 5 x + 3 y + z - 5 = 0$ .

(ii) 1. $L$ pasa por $D (5, - 2, 1)$ y tiene como director el normal de $Π$ , $(- 5, 3, 1)$ . 2. $L : \frac{x - 5}{- 5} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 1}{1}$ .

c) 1. Puntos de $L$ : $(5 - 5 t, - 2 + 3 t, 1 + t)$ . 2. Sustituimos en $Π$ : $- 5 (5 - 5 t) + 3 (- 2 + 3 t) + (1 + t) = 5$ , es decir, $- 25 + 25 t - 6 + 9 t + 1 + t = 5$ , luego $35 t = 35$ y $t = 1$ . 3. $P (0, 1, 2)$ .

d) La distancia de $D$ a $Π$ es $∣ D P ∣$ con $D P = (- 5, 3, 1)$ : $25 + 9 + 1 = 35$ . (Con la fórmula: $\frac{∣ - 25 - 6 + 1 - 5∣}{35} = \frac{35}{35} = 35$ .)

Resultado: a) i) $- 5 i + 3 j + k$ ; ii) $\frac{35}{2}$ ; b) i) $Π : - 5 x + 3 y + z - 5 = 0$ ; ii) $L : \frac{x - 5}{- 5} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 1}{1}$ ; c) $P (0, 1, 2)$ ; d) $35$

Ejercicio 71 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2009

a) Compruebe que una ecuación cartesiana de la recta, $L_{1}$ , a la que pertenecen los puntos $A (1, - 1, 2)$ y $B (3, 0, 3)$ , es de la forma $\frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z - 2}{1}$ .

b) Una ecuación de una segunda recta, $L_{2}$ , es de la forma $\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 3}{1}$ .

Compruebe que las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ se cortan, y halle las coordenadas del punto de intersección.

c) Sabiendo que $d_{1}$ y $d_{2}$ son vectores directores de $L_{1}$ y $L_{2}$ respectivamente, determine $d_{1} \times d_{2}$ .

d) Compruebe que una ecuación cartesiana del plano $π$ , que contiene a $L_{1}$ y $L_{2}$ , es $- x - y + 3 z = 6$ .

e) Halle una ecuación vectorial de la recta $L_{3}$ , la cual es perpendicular al plano $π$ y pasa por el punto $T (3, 1, - 4)$ .

f) i) Halle el punto de intersección de la recta $L_{3}$ y el plano $π$ .

(ii) Halle las coordenadas de $T^{'}$ , el punto simétrico de $T$ respecto del plano $π$ .

(iii) A partir de lo anterior, halle el módulo del vector $T T^{'}$ .

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Resultado: b) $(- 1, - 2, 1)$ ; c) $- i - j + 3 k$ ; e) $r = 31 - 4 + t - 1 - 1 3$ ; f) i) $(1, - 1, 2)$ ; ii) $T^{'} (- 1, - 3, 8)$ ; iii) $∣ T T^{'} ∣ = 411$ . Quedan comprobados los apartados a) y d).

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a) 1. $A B = (2, 1, 1)$ es un vector director de $L_{1}$ , que pasa por $A (1, - 1, 2)$ : la ecuación continua es $\frac{x - 1}{2} = \frac{y + 1}{1} = \frac{z - 2}{1}$ . 2. Comprobamos con $B$ : $\frac{3 - 1}{2} = 1$ , $\frac{0 + 1}{1} = 1$ , $\frac{3 - 2}{1} = 1$ . Los tres cocientes valen $1$ , luego $B$ está en la recta.

b) 1. Paramétricas: $L_{1} : (1 + 2 s, - 1 + s, 2 + s)$ y $L_{2} : (1 + μ, 2 + 2 μ, 3 + μ)$ . 2. De la primera coordenada, $μ = 2 s$ . De la segunda: $- 1 + s = 2 + 4 s$ , luego $s = - 1$ y $μ = - 2$ . 3. Tercera coordenada: $2 + (- 1) = 1$ y $3 + (- 2) = 1$ . Coinciden, así que las rectas se cortan. 4. Punto: $(1 - 2, - 1 - 1, 2 - 1) = (- 1, - 2, 1)$ .

c) 1. Con $d_{1} = (2, 1, 1)$ y $d_{2} = (1, 2, 1)$ : $d_{1} \times d_{2} = 1 \cdot 1 - 1 \cdot 2 1 \cdot 1 - 2 \cdot 1 2 \cdot 2 - 1 \cdot 1 = - 1 - 1 3 = - i - j + 3 k .$

d) 1. El vector $(- 1, - 1, 3)$ es normal al plano que contiene a ambas rectas: $- x - y + 3 z = d$ . 2. Con $A (1, - 1, 2)$ : $d = - 1 + 1 + 6 = 6$ . Así que $π : - x - y + 3 z = 6$ .

e) 1. La recta $L_{3}$ tiene como vector director el normal $(- 1, - 1, 3)$ y pasa por $T$ : $r = 31 - 4 + t - 1 - 1 3 .$

f) i) 1. Sustituimos $(3 - t, 1 - t, - 4 + 3 t)$ en el plano: $- (3 - t) - (1 - t) + 3 (- 4 + 3 t) = 6$ , es decir, $11 t - 16 = 6$ , luego $t = 2$ . 2. El punto de intersección es $(1, - 1, 2)$ .

f) ii) 1. El punto de intersección es el punto medio de $T$ y $T^{'}$ : $T^{'} = 2 (1, - 1, 2) - (3, 1, - 4) = (- 1, - 3, 8)$ .

f) iii) 1. $T T^{'} = (- 4, - 4, 12)$ y $∣ T T^{'} ∣ = 16 + 16 + 144 = 176 = 411$ .

Ejercicio 72 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2014

a) Demuestre que los puntos $O (0, 0, 0)$ , $A (6, 0, 0)$ , $B (6, - 24, 12)$ , $C (0, - 24, 12)$ forman un cuadrado.

b) Calcule las coordenadas de $M$ , el punto medio de $[OB]$ .

c) Demuestre que una ecuación del plano $Π$ , que contiene al cuadrado $OABC$ , es $y + 2 z = 0$ .

d) Halle una ecuación vectorial de la recta $L$ , que pasa por $M$ y es perpendicular al plano $Π$ .

e) Encuentre las coordenadas de $D$ , el punto de intersección de la recta $L$ con el plano de ecuación $y = 0$ .

f) Encuentre las coordenadas de $E$ , la reflexión del punto $D$ en el plano $Π$ .

g) (i) Calcule el ángulo $ODA$ .

(ii) Indique lo que esto le dice sobre el sólido $OABCDE$ .

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Resultado: b) $M (3, - 6, 3)$ ; d) $r = (3, - 6, 3) + t (0, 1, 2)$ ; e) $D (3, 0, 33)$ ; f) $E (3, - 26, - 3)$ ; g) (i) $6 0^{\circ}$ ; (ii) $O A B C D E$ es un octaedro regular. Los apartados a) y c) quedan demostrados.

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a) 1. Calculamos los vectores de los lados: $O A = 600$ , $O C = 0 - 24 12$ , $A B = B - A = 0 - 24 12$ , $C B = B - C = 600$ . 2. Como $A B = O C$ y $C B = O A$ , el cuadrilátero $O A B C$ es un paralelogramo. 3. Longitudes de dos lados consecutivos: $∣ O A ∣ = 6$ y $∣ O C ∣ = 24 + 12 = 6$ . Son iguales, así que los cuatro lados miden $6$ . 4. Producto escalar: $O A \cdot O C = 6 \cdot 0 + 0 + 0 = 0$ , luego $O A ⊥ O C$ y hay un ángulo recto. 5. Un paralelogramo con los cuatro lados iguales y un ángulo recto es un cuadrado.

b) $M = \frac{O + B}{2} = (3, - \frac{24}{2}, \frac{12}{2}) = (3, - 6, 3)$ , ya que $24 = 26$ y $12 = 23$ .

c) 1. Un vector normal al plano es $O A \times O C = 600 \times 0 - 24 12 = 0 - 612 - 624 = - 612012$ , porque $24 = 212$ . 2. Tomamos $n = 012$ . El plano pasa por $O$ , así que su ecuación es $y + 2 z = 0$ . 3. Comprobación: $A$ cumple $0 + 0 = 0$ ; $C$ : $- 24 + 212 = 0$ ; $B$ : lo mismo. Queda demostrado.

d) La recta $L$ tiene como vector director el normal $n$ y pasa por $M$ : $r = 3 - 6 3 + t 012 .$

e) 1. Un punto de $L$ es $(3, - 6 + t, 3 + 2 t)$ . 2. Imponemos $y = 0$ : $t = 6$ . 3. Entonces $z = 3 + 26 = 3 + 12 = 3 + 23 = 33$ . Luego $D = (3, 0, 33)$ .

f) 1. $M$ está en $Π$ (es el punto medio de $[O B]$ , y $O$ y $B$ están en $Π$ ) y $L$ es perpendicular a $Π$ por $M$ . Por tanto $M$ es el punto medio de $[D E]$ . 2. $E = 2 M - D = (6 - 3, - 26 - 0, 23 - 33) = (3, - 26, - 3)$ .

g) (i) 1. $D O = - 3 0 - 33$ y $D A = 30 - 33$ , con $∣ D O ∣ = ∣ D A ∣ = 9 + 27 = 6$ . 2. $cos O D A = \frac{D O \cdot D A}{6 \cdot 6} = \frac{- 9 + 27}{36} = \frac{1}{2}$ , luego $O D A = 6 0^{\circ}$ .

(ii) El triángulo $O D A$ tiene $∣ O D ∣ = ∣ D A ∣ = ∣ O A ∣ = 6$ : es equilátero. Del mismo modo $∣ D B ∣ = ∣ D C ∣ = 6$ , y $E$ , simétrico de $D$ respecto de $Π$ , está también a distancia $6$ de $O$ , $A$ , $B$ y $C$ . Las doce aristas del sólido $O A B C D E$ miden $6$ y todas sus caras son triángulos equiláteros: es un octaedro regular.

Ejercicio 73 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2018

Considere el triángulo $OAB$ , tal que $O$ tiene por coordenadas $(0, 0, 0)$ , $A$ tiene por coordenadas $(0, 1, 2)$ y $B$ tiene por coordenadas $(2 b, 0, b - 1)$ , donde $b < 0$ .

a) Halle, en función de $b$ , la ecuación cartesiana del plano $Π$ que contiene a este triángulo.

Sea $M$ el punto medio del segmento de recta $[OB]$ .

b) Halle, en función de $b$ , la ecuación de la recta $L$ que pasa por $M$ y es perpendicular al plano $Π$ .

c) Muestre que $L$ no corta al eje $y$ para ningún valor negativo de $b$ .

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Resultado: a) $Π : (b - 1) x + 4 b y - 2 b z = 0$ ; b) $L : x = b + (b - 1) t, y = 4 b t, z = \frac{b - 1}{2} - 2 b t$ . El apartado c) queda demostrado.

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a) 1. Vectores del plano: $O A = (0, 1, 2)$ y $O B = (2 b, 0, b - 1)$ . 2. Normal: $O A \times O B = 1 \cdot (b - 1) - 2 \cdot 0 2 \cdot 2 b - 0 \cdot (b - 1) 0 \cdot 0 - 1 \cdot 2 b = b - 1 4 b - 2 b$ . 3. El plano pasa por $O$ , así que $Π : (b - 1) x + 4 b y - 2 b z = 0$ .

b) 1. $M = (b, 0, \frac{b - 1}{2})$ . 2. $L$ tiene la dirección del normal $(b - 1, 4 b, - 2 b)$ : $L : ⎩ ⎨ ⎧ x = b + (b - 1) t y = 4 b t z = \frac{b - 1}{2} - 2 b t t \in R .$

c) 1. El eje $y$ está formado por los puntos con $x = 0$ y $z = 0$ . 2. $x = 0$ da $t = \frac{- b}{b - 1}$ (se puede dividir porque $b < 0$ implica $b - 1 \neq = 0$ ). 3. Sustituimos en $z = 0$ : $\frac{b - 1}{2} + \frac{2 b ^{2}}{b - 1} = 0$ . Multiplicando por $2 (b - 1)$ : $(b - 1)^{2} + 4 b^{2} = 0$ , es decir $5 b^{2} - 2 b + 1 = 0$ . 4. El discriminante es $4 - 20 = - 16 < 0$ , así que no tiene soluciones reales. (Otra forma: $(b - 1)^{2} + 4 b^{2}$ es una suma de cuadrados que solo sería cero con $b = 1$ y $b = 0$ a la vez, imposible.) 5. No hay ningún valor de $b$ para el que $L$ corte al eje $y$ ; en particular, ninguno negativo.

Resultado: a) $Π : (b - 1) x + 4 b y - 2 b z = 0$ ; b) $L : x = b + (b - 1) t, y = 4 b t, z = \frac{b - 1}{2} - 2 b t$ . El apartado c) queda demostrado.

Ejercicio 74 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2018

La siguiente figura muestra una pirámide de base cuadrada con vértices en $O (0, 0, 0)$ , $A (1, 0, 0)$ , $B (1, 1, 0)$ , $C (0, 1, 0)$ y $D (0, 0, 1)$ .

a) Encuentre la ecuación cartesiana del plano $Π_{1}$ , que pasa por los puntos $A$ , $B$ y $D$ .

La ecuación cartesiana del plano $Π_{2}$ , que pasa por los puntos $B$ , $C$ y $D$ , es $y + z = 1$ .

b) Encuentre el ángulo entre las caras ABD y BCD.

El plano $Π_{3}$ pasa por $O$ y es normal a la recta $BD$ .

c) Encuentre la ecuación cartesiana de $Π_{3}$ .

$Π_{3}$ corta $AD$ y $BD$ en los puntos $P$ y $Q$ respectivamente.

d) Muestre que $P$ es el punto medio de $AD$ .

e) Encuentre el área del triángulo $OPQ$ .

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Resultado: a) $Π_{1} : x + z = 1$ ; b) $6 0^{\circ}$ ; c) $Π_{3} : - x - y + z = 0$ ; d) $P (\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})$ es el punto medio de $A D$ y $Q (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ ; e) área $= \frac{3}{12}$

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a) 1. $A B = (0, 1, 0)$ y $A D = (- 1, 0, 1)$ . 2. Normal: $A B \times A D = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 0 \cdot (- 1) - 0 \cdot 1 0 \cdot 0 - 1 \cdot (- 1) = 101$ . 3. $x + z = d$ con $A (1, 0, 0)$ : $d = 1$ . Comprobamos con $B$ y $D$ : $1 + 0 = 1$ y $0 + 1 = 1$ . 4. $Π_{1} : x + z = 1$ .

b) 1. Normales: $n_{1} = (1, 0, 1)$ de $Π_{1}$ y $n_{2} = (0, 1, 1)$ de $Π_{2}$ . 2. $cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣} = \frac{1}{2 2} = \frac{1}{2}$ . 3. El ángulo entre los planos es $θ = 6 0^{\circ}$ .

c) 1. $B D = D - B = (- 1, - 1, 1)$ es la normal de $Π_{3}$ . 2. $Π_{3}$ pasa por $O$ : $- x - y + z = 0$ .

d) 1. Un punto de $A D$ es $(1 - s, 0, s)$ . 2. Lo imponemos en $Π_{3}$ : $- (1 - s) - 0 + s = 0 \Rightarrow 2 s = 1 \Rightarrow s = \frac{1}{2}$ . 3. $P = (\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2})$ , que es el punto medio de $A (1, 0, 0)$ y $D (0, 0, 1)$ .

e) 1. Un punto de $B D$ es $(1 - t, 1 - t, t)$ . En $Π_{3}$ : $- (1 - t) - (1 - t) + t = 0 \Rightarrow 3 t = 2 \Rightarrow t = \frac{2}{3}$ . 2. $Q = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ . 3. $O P \times O Q = \frac{1}{2} 0 \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} \frac{1}{3} \frac{2}{3} = 0 \cdot \frac{2}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} - 0 = - \frac{1}{6} - \frac{1}{6} \frac{1}{6}$ . 4. Área $= \frac{1}{2} O P \times O Q = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{6} = \frac{3}{12}$ .

Ejercicio 75 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2017

Los puntos A, B y C tienen los siguientes vectores de posición con respecto al origen O.

$O A = 2 i + j - 2 k$

$O B = 2 i - j + 2 k$

$O C = i + 3 j + 3 k$

a) Halle la ecuación vectorial de la recta (BC).

b) Determine si las rectas (OA) y (BC) se cortan o no.

c) Halle la ecuación cartesiana del plano $Π_{1}$ , que pasa por C y es perpendicular a $O A$ .

d) Muestre que la recta (BC) pertenece al plano $Π_{1}$ .

El plano $Π_{2}$ contiene los puntos O, A y B, y el plano $Π_{3}$ contiene a los puntos O, A y C.

e) Verifique que $2 j + k$ es perpendicular al plano $Π_{2}$ .

f) Halle un vector que sea perpendicular al plano $Π_{3}$ .

g) Halle el ángulo agudo entre los planos $Π_{2}$ y $Π_{3}$ .

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Resultado: a) $r = 2 - 1 2 + λ - 1 41$ ; b) no se cortan; c) $2 x + y - 2 z + 1 = 0$ ; f) $9 i - 8 j + 5 k$ ; g) $α \approx 67, 8^{\circ}$ . Los apartados d) y e) son demostraciones.

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a) 1. $B C = C - B = (1 - 2, 3 + 1, 3 - 2) = (- 1, 4, 1)$ . 2. Tomando $B$ como punto: $r = 2 - 1 2 + λ - 1 41$ , $λ \in R$ .

b) 1. La recta $(O A)$ es $r = s 21 - 2$ . Sus direcciones $(2, 1, - 2)$ y $(- 1, 4, 1)$ no son proporcionales, así que no son paralelas. 2. Buscamos un punto común: $2 s = 2 - λ$ , $s = - 1 + 4 λ$ , $- 2 s = 2 + λ$ . 3. Sustituyendo $s = - 1 + 4 λ$ en la primera: $- 2 + 8 λ = 2 - λ$ , luego $λ = \frac{4}{9}$ y $s = \frac{7}{9}$ . 4. Comprobamos en la tercera ecuación: $- 2 s = - \frac{14}{9}$ , pero $2 + λ = \frac{22}{9}$ . No coinciden. 5. El sistema no tiene solución: las rectas no se cortan (se cruzan).

c) 1. El vector normal es $O A = (2, 1, - 2)$ , así que $Π_{1} : 2 x + y - 2 z = d$ . 2. Por $C (1, 3, 3)$ : $d = 2 + 3 - 6 = - 1$ . 3. $Π_{1} : 2 x + y - 2 z + 1 = 0$ .

d) 1. $B (2, - 1, 2)$ está en $Π_{1}$ : $4 - 1 - 4 + 1 = 0$ . Y $C (1, 3, 3)$ también: $2 + 3 - 6 + 1 = 0$ . 2. Como dos puntos de la recta $(B C)$ están en el plano, toda la recta está contenida en él. (Otra forma: $B \in Π_{1}$ y $B C \cdot O A = - 2 + 4 - 2 = 0$ .)

e) 1. Un normal de $Π_{2}$ es $O A \times O B$ : $21 - 2 \times 2 - 1 2 = (1) (2) - (- 2) (- 1) (- 2) (2) - (2) (2) (2) (- 1) - (1) (2) = 0 - 8 - 4 = - 4021 .$ 2. Es proporcional a $2 j + k$ , que por tanto es perpendicular a $Π_{2}$ . (Otra forma: $(2 j + k) \cdot O A = 2 - 2 = 0$ y $(2 j + k) \cdot O B = - 2 + 2 = 0$ .)

f) 1. $O A \times O C = 21 - 2 \times 133 = (1) (3) - (- 2) (3) (- 2) (1) - (2) (3) (2) (3) - (1) (1) = 9 - 8 5$ . 2. Un vector perpendicular a $Π_{3}$ es $9 i - 8 j + 5 k$ .

g) 1. Normales: $n_{2} = (0, 2, 1)$ y $n_{3} = (9, - 8, 5)$ . 2. $n_{2} \cdot n_{3} = - 16 + 5 = - 11$ , $∣ n_{2} ∣ = 5$ , $∣ n_{3} ∣ = 170$ . 3. $cos α = \frac{11}{5 170} = \frac{11}{850}$ (valor absoluto para el ángulo agudo), así que $α \approx 67, 8^{\circ}$ .

Resultado: a) $r = 2 - 1 2 + λ - 1 41$ ; b) no se cortan; c) $2 x + y - 2 z + 1 = 0$ ; f) $9 i - 8 j + 5 k$ ; g) $α \approx 67, 8^{\circ}$ . Los apartados d) y e) son demostraciones.

Ejercicio 76 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2019

El plano $Π_{1}$ contiene a los puntos $P (1, 6, - 7)$ , $Q (0, 1, 1)$ y $R (2, 0, - 4)$ .

a) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene a P, Q y R.

La ecuación cartesiana del plano $Π_{2}$ es $x - 3 y - z = 3$ .

b) Sabiendo que $Π_{1}$ y $Π_{2}$ se cortan en una recta $L$ , verifique que la ecuación vectorial de $L$ se puede dar mediante $r = \frac{5}{4} 0 - \frac{7}{4} + λ \frac{1}{2} 1 - \frac{5}{2}$ .

La ecuación cartesiana del plano $Π_{3}$ es $a x + b y + cz = 1$ .

c) Sabiendo que $Π_{3}$ es paralelo a la recta $L$ , muestre que $a + 2 b - 5 c = 0$ .

Considere el caso en el que $Π_{3}$ contiene a $L$ .

d) (i) Muestre que $5 a - 7 c = 4$ .

(ii) Sabiendo que $Π_{3}$ está igual de inclinado hacia $Π_{1}$ que hacia $Π_{2}$ , determine dos ecuaciones cartesianas posibles y distintas para $Π_{3}$ .

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Resultado: a) $3 x + y + z = 2$ ; d) (ii) $Π_{3} : 4 x - 2 y = 5$ y $Π_{3} : - 2 x - 4 y - 2 z = 1$ . Los apartados b), c) y d) (i) son demostraciones.

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a) 1. $P Q = (- 1, - 5, 8)$ y $P R = (1, - 6, 3)$ . 2. Normal: $P Q \times P R = (- 5) (3) - (8) (- 6) (8) (1) - (- 1) (3) (- 1) (- 6) - (- 5) (1) = 331111 = 11311$ . 3. El plano es $3 x + y + z = d$ . Por $P$ : $d = 3 + 6 - 7 = 2$ . Comprobamos con $Q$ : $0 + 1 + 1 = 2$ y con $R$ : $6 + 0 - 4 = 2$ . 4. $Π_{1} : 3 x + y + z = 2$ .

b) 1. El punto $(\frac{5}{4}, 0, - \frac{7}{4})$ está en $Π_{1}$ : $\frac{15}{4} + 0 - \frac{7}{4} = 2$ ; y en $Π_{2}$ : $\frac{5}{4} - 0 + \frac{7}{4} = 3$ . 2. El vector $(\frac{1}{2}, 1, - \frac{5}{2})$ es paralelo a ambos planos: $3 \cdot \frac{1}{2} + 1 - \frac{5}{2} = 0$ y $\frac{1}{2} - 3 + \frac{5}{2} = 0$ . 3. Un punto común y una dirección paralela a los dos planos determinan la recta de intersección: la ecuación dada es correcta.

c) 1. $Π_{3}$ es paralelo a $L$ si su normal $(a, b, c)$ es perpendicular a la dirección de $L$ . 2. $(a, b, c) \cdot (\frac{1}{2}, 1, - \frac{5}{2}) = 0$ , es decir, $\frac{a}{2} + b - \frac{5 c}{2} = 0$ . Multiplicando por 2: $a + 2 b - 5 c = 0$ .

d) (i) 1. Si $Π_{3}$ contiene a $L$ , el punto $(\frac{5}{4}, 0, - \frac{7}{4})$ de $L$ está en $Π_{3}$ : $\frac{5 a}{4} - \frac{7 c}{4} = 1$ . 2. Multiplicando por 4: $5 a - 7 c = 4$ .

(ii) 1. Estar igual de inclinado hacia $Π_{1}$ que hacia $Π_{2}$ significa que forma el mismo ángulo con ambos: $\frac{∣ n \cdot n _{1} ∣}{∣ n ∣ ∣ n _{1} ∣} = \frac{∣ n \cdot n _{2} ∣}{∣ n ∣ ∣ n _{2} ∣}$ , con $n = (a, b, c)$ , $n_{1} = (3, 1, 1)$ y $n_{2} = (1, - 3, - 1)$ . 2. Como $∣ n_{1} ∣ = ∣ n_{2} ∣ = 11$ , queda $∣ 3 a + b + c ∣ = ∣ a - 3 b - c ∣$ . 3. Primer caso, $3 a + b + c = a - 3 b - c$ : $a + 2 b + c = 0$ . Junto con $a + 2 b - 5 c = 0$ (apartado c) se obtiene $6 c = 0$ , $c = 0$ y $a = - 2 b$ . Entonces $5 a = 4$ da $a = \frac{4}{5}$ , $b = - \frac{2}{5}$ . 4. Segundo caso, $3 a + b + c = - (a - 3 b - c)$ : $4 a - 2 b = 0$ , es decir, $b = 2 a$ . Con $a + 2 b - 5 c = 0$ se obtiene $5 a - 5 c = 0$ , $c = a$ . Entonces $5 a - 7 a = 4$ da $a = - 2$ , $b = - 4$ , $c = - 2$ . 5. Los dos planos son $\frac{4}{5} x - \frac{2}{5} y = 1$ , es decir, $4 x - 2 y = 5$ , y $- 2 x - 4 y - 2 z = 1$ .

Resultado: a) $3 x + y + z = 2$ ; d) (ii) $Π_{3} : 4 x - 2 y = 5$ y $Π_{3} : - 2 x - 4 y - 2 z = 1$ . Los apartados b), c) y d) (i) son demostraciones.

Ejercicio 77 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2004

a) El punto $P (1, 2, 11)$ se encuentra en el plano $π_{1}$ . El vector $3 i - 4 j + k$ es perpendicular a $π_{1}$ . Encuentre la ecuación cartesiana de $π_{1}$ .

b) El plano $π_{2}$ tiene una ecuación $x + 3 y - z = - 4$ .

(i) Demostrar que el punto $P$ también está en el plano $π_{2}$ .

(ii) Encuentre una ecuación vectorial de la recta de intersección de $π_{1}$ y $π_{2}$ .

c) Calcule el ángulo agudo entre $π_{1}$ y $π_{2}$ .

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Resultado: (a) $π_{1} : 3 x - 4 y + z - 6 = 0$ ; (b)(ii) $r = 1211 + t 1413$ ; (c) $θ \approx 53, 7^{\circ}$ . El apartado (b)(i) queda comprobado.

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a) 1. La normal es $(3, - 4, 1)$ , luego $π_{1} : 3 x - 4 y + z = d$ . 2. Como $P (1, 2, 11) \in π_{1}$ : $d = 3 - 8 + 11 = 6$ . 3. $π_{1} : 3 x - 4 y + z = 6$ .

b) (i) 1. Sustituimos $P$ en $π_{2}$ : $1 + 3 \cdot 2 - 11 = - 4$ . Se cumple, así que $P \in π_{2}$ .

(ii) 1. La recta de intersección pasa por $P$ (está en los dos planos) y es perpendicular a las dos normales, $(3, - 4, 1)$ y $(1, 3, - 1)$ . Su dirección es $3 - 4 1 \times 13 - 1 = (- 4) (- 1) - 1 \cdot 3 1 \cdot 1 - 3 (- 1) 3 \cdot 3 - (- 4) \cdot 1 = 1413 .$ 2. Una ecuación vectorial es $r = 1211 + t 1413 .$

c) 1. El ángulo agudo entre los planos es el ángulo agudo entre sus normales: $cos θ = \frac{∣3 \cdot 1 + ( - 4 ) \cdot 3 + 1 \cdot ( - 1 ) ∣}{26 11} = \frac{10}{286} \approx 0, 5913.$ 2. $θ = arccos \frac{10}{286} \approx 53, 7^{\circ}$ .

Resultado: (a) $π_{1} : 3 x - 4 y + z - 6 = 0$ ; (b)(ii) $r = 1211 + t 1413$ ; (c) $θ \approx 53, 7^{\circ}$ . El apartado (b)(i) queda comprobado.

Ejercicio 78 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2005

Un plano $π_{1}$ tiene la ecuación $r \cdot 654 = 15$ .

a) Un punto $P (p, - p, p)$ se encuentra en el plano $π_{1}$ y $Q$ es el punto donde el plano $π_{1}$ corta al eje $y$ .

(i) Calcule las coordenadas de $P$ y de $Q$ .

(ii) Muestre que $P Q$ es paralelo al vector $u$ , donde $u = i - 2 j + k$ .

b) Otro plano $π_{2}$ corta a $π_{1}$ en la recta $(P Q)$ . El punto $T (1, 0, - 1)$ se encuentra en $π_{2}$ .

(i) Encuentre la ecuación de $π_{2}$ , dando su respuesta en la forma $A x + B y + C z + D = 0$ .

(ii) Encuentre el ángulo entre $π_{1}$ y $π_{2}$ .

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Resultado: (a)(i) $P (3, - 3, 3)$ , $Q (0, 3, 0)$ ; (b)(i) $π_{2} : 5 x + 2 y - z - 6 = 0$ ; (b)(ii) $θ \approx 41, 5^{\circ}$ . El apartado (a)(ii) queda comprobado.

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La ecuación de $π_{1}$ es $6 x + 5 y + 4 z = 15$ .

a) (i) 1. Para $P (p, - p, p)$ : $6 p - 5 p + 4 p = 15 \Rightarrow 5 p = 15 \Rightarrow p = 3$ . Así, $P (3, - 3, 3)$ . 2. El eje $y$ son los puntos $(0, y, 0)$ . En $π_{1}$ : $5 y = 15 \Rightarrow y = 3$ . Así, $Q (0, 3, 0)$ .

(ii) 1. $P Q = Q - P = - 3 6 - 3 = - 3 1 - 2 1 = - 3 u$ . 2. Es un múltiplo de $u$ , luego $P Q ∥ u$ .

b) (i) 1. El plano $π_{2}$ contiene a la recta $P Q$ (dirección $u$ ) y al punto $T$ . Con $Q (0, 3, 0)$ y $T (1, 0, - 1)$ , un segundo vector del plano es $QT = (1, - 3, - 1)$ . 2. La normal de $π_{2}$ es $u \times QT = 1 - 2 1 \times 1 - 3 - 1 = (- 2) (- 1) - 1 \cdot (- 3) 1 \cdot 1 - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot (- 3) - (- 2) \cdot 1 = 52 - 1 .$ 3. Entonces $π_{2} : 5 x + 2 y - z + D = 0$ . Como $T (1, 0, - 1) \in π_{2}$ : $5 + 0 + 1 + D = 0 \Rightarrow D = - 6$ . 4. $π_{2} : 5 x + 2 y - z - 6 = 0$ . Comprobación con $P$ : $15 - 6 - 3 - 6 = 0$ , y con $Q$ : $0 + 6 - 0 - 6 = 0$ .

(ii) 1. El ángulo entre los planos es el que forman sus normales $(6, 5, 4)$ y $(5, 2, - 1)$ : $cos θ = \frac{∣30 + 10 - 4∣}{77 30} = \frac{36}{2310} \approx 0, 7490.$ 2. $θ = arccos \frac{36}{2310} \approx 41, 5^{\circ}$ .

Resultado: (a)(i) $P (3, - 3, 3)$ , $Q (0, 3, 0)$ ; (b)(i) $π_{2} : 5 x + 2 y - z - 6 = 0$ ; (b)(ii) $θ \approx 41, 5^{\circ}$ . El apartado (a)(ii) queda comprobado.

Ejercicio 79 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2007

Dos planos $π_{1}$ y $π_{2}$ están representados por las ecuaciones

$π_{1} : r = 315 + λ - 2 23 + μ 210 π_{2} : 2 x - y - 2 z = 4.$

a) (i) Calcule $- 2 23 \times 210$ .

(ii) Muestre que la ecuación de $π_{1}$ se puede escribir como $x - 2 y + 2 z = 11$ .

b) Muestre que el plano $π_{1}$ es perpendicular a $π_{2}$ .

c) La recta $l_{1}$ es la recta de intersección de $π_{1}$ y $π_{2}$ . Encuentre la ecuación de $l_{1}$ , dando su respuesta en forma paramétrica.

d) La recta $l_{2}$ es paralela a ambos $π_{1}$ y $π_{2}$ , y pasa por $P (3, - 5, - 1)$ . Encuentre una ecuación para $l_{2}$ en forma cartesiana.

e) Sea $Q$ el pie de la perpendicular desde $P$ al plano $π_{2}$ .

(i) Encuentre las coordenadas de $Q$ .

(ii) Calcule $P Q$ .

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Resultado: a) (i) $- 3 i + 6 j - 6 k$ ; (ii) $x - 2 y + 2 z = 11$ . b) $n_{1} \cdot n_{2} = 0$ . c) $x = t, y = - 5 + t, z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t$ . d) $\frac{x - 3}{2} = \frac{y + 5}{2} = \frac{z + 1}{1}$ . e) (i) $Q (1, - 4, 1)$ ; (ii) $P Q = 3$ .

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a) (i) 1. Aplicamos la fórmula del producto vectorial: $- 2 23 \times 210 = 2 \cdot 0 - 3 \cdot 1 3 \cdot 2 - (- 2) \cdot 0 (- 2) \cdot 1 - 2 \cdot 2 = - 3 6 - 6 = - 3 i + 6 j - 6 k .$

(ii) 1. Este vector es perpendicular a los dos vectores de dirección del plano, así que es normal a $π_{1}$ . Un vector normal más sencillo es $1 - 2 2$ (dividiendo entre $- 3$ ). 2. Entonces $π_{1} : x - 2 y + 2 z = d$ . Como pasa por $(3, 1, 5)$ : $d = 3 - 2 + 10 = 11$ . 3. Por tanto $π_{1} : x - 2 y + 2 z = 11$ .

b) 1. Las normales son $n_{1} = 1 - 2 2$ y $n_{2} = 2 - 1 - 2$ . 2. $n_{1} \cdot n_{2} = 2 + 2 - 4 = 0$ , luego los planos son perpendiculares.

c) 1. Los puntos de $l_{1}$ cumplen las dos ecuaciones a la vez: $x - 2 y + 2 z = 11, 2 x - y - 2 z = 4.$ 2. Sumándolas se elimina $z$ : $3 x - 3 y = 15$ , es decir, $y = x - 5$ . 3. Tomamos $x = t$ como parámetro: $y = - 5 + t$ . Sustituyendo en la primera: $t - 2 (- 5 + t) + 2 z = 11$ , de donde $2 z = 1 + t$ y $z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t$ . 4. Ecuaciones paramétricas de $l_{1}$ : $x = t, y = - 5 + t, z = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} t .$

d) 1. Una recta paralela a dos planos tiene como dirección un vector perpendicular a las dos normales: $n_{1} \times n_{2} = (- 2) (- 2) - 2 \cdot (- 1) 2 \cdot 2 - 1 \cdot (- 2) 1 \cdot (- 1) - (- 2) \cdot 2 = 663 ∥ 221 .$ 2. Pasa por $P (3, - 5, - 1)$ , así que su ecuación cartesiana es $\frac{x - 3}{2} = \frac{y + 5}{2} = \frac{z + 1}{1} .$

e) (i) 1. La recta que pasa por $P$ y es perpendicular a $π_{2}$ tiene dirección $n_{2}$ : $r = 3 - 5 - 1 + s 2 - 1 - 2$ . 2. Imponemos que el punto esté en $π_{2}$ : $2 (3 + 2 s) - (- 5 - s) - 2 (- 1 - 2 s) = 4$ , es decir, $6 + 4 s + 5 + s + 2 + 4 s = 4$ , o sea $13 + 9 s = 4$ y $s = - 1$ . 3. $Q = (3 - 2, - 5 + 1, - 1 + 2) = (1, - 4, 1)$ .

(ii) 1. $P Q = s n_{2}$ con $s = - 1$ , luego $P Q = ∣ - 1 ∣ \cdot ∣ n_{2} ∣ = 4 + 1 + 4 = 3$ .

Ejercicio 80 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2007

Considere los vectores $a = i - j + k$ , $b = i + 2 j + 4 k$ y $c = 2 i - 5 j - k$ .

a) Sabiendo que $c = m a + n b$ , donde $m, n \in Z$ , halle el valor de $m$ y de $n$ .

b) Halle un vector unitario $u$ que sea normal a $a$ y también a $b$ .

c) El plano $π_{1}$ contiene al punto $A (1, - 1, 1)$ y es normal al vector $b$ .

El plano corta a los ejes $x$ , $y$ y $z$ en los puntos $L$ , $M$ y $N$ respectivamente.

(i) Halle la ecuación cartesiana de $π_{1}$ .

(ii) Escriba las coordenadas de $L$ , $M$ y $N$ .

d) La recta normal a $π_{1}$ y que pasa por el origen corta a $π_{1}$ en el punto $P$ .

(i) Halle las coordenadas de $P$ .

(ii) A partir de lo anterior halle la distancia de $π_{1}$ desde el origen.

e) El plano $π_{2}$ tiene por ecuación $x + 2 y + 4 z = 4$ .

Calcule el ángulo que hay entre $π_{2}$ y una recta paralela a $a$ .

Ver resultado

Resultado: a) $m = 3, n = - 1$ . b) $u = \frac{1}{54} - 6 - 3 3$ . c) (i) $x + 2 y + 4 z - 3 = 0$ ; (ii) $L (3, 0, 0)$ , $M (0, \frac{3}{2}, 0)$ , $N (0, 0, \frac{3}{4})$ . d) (i) $P (\frac{1}{7}, \frac{2}{7}, \frac{4}{7})$ ; (ii) $\frac{21}{7}$ . e) $θ \approx 22, 2^{\circ}$ .

Ver proceso y resultado

a) 1. Igualamos componente a componente $c = m a + n b$ : $m + n = 2, - m + 2 n = - 5, m + 4 n = - 1.$ 2. Sumando las dos primeras: $3 n = - 3$ , luego $n = - 1$ y $m = 3$ . 3. Comprobamos con la tercera: $3 + 4 (- 1) = - 1$ . Se cumple.

b) 1. Un vector perpendicular a $a$ y a $b$ es su producto vectorial: $a \times b = (- 1) \cdot 4 - 1 \cdot 2 1 \cdot 1 - 1 \cdot 4 1 \cdot 2 - (- 1) \cdot 1 = - 6 - 3 3 .$ 2. Su módulo es $36 + 9 + 9 = 54 = 36$ . 3. Dividimos entre el módulo: $u = \frac{1}{54} - 6 - 3 3 = \frac{1}{6} - 2 - 1 1 .$ (También vale el vector opuesto.)

c) (i) 1. Como $π_{1}$ es normal a $b$ , su ecuación es $x + 2 y + 4 z = d$ . 2. Pasa por $A (1, - 1, 1)$ : $d = 1 - 2 + 4 = 3$ . 3. $π_{1} : x + 2 y + 4 z - 3 = 0$ .

(ii) 1. Corte con el eje $x$ ( $y = z = 0$ ): $x = 3$ , luego $L (3, 0, 0)$ . 2. Corte con el eje $y$ ( $x = z = 0$ ): $2 y = 3$ , luego $M (0, \frac{3}{2}, 0)$ . 3. Corte con el eje $z$ ( $x = y = 0$ ): $4 z = 3$ , luego $N (0, 0, \frac{3}{4})$ .

d) (i) 1. La recta normal por el origen es $(x, y, z) = (t, 2 t, 4 t)$ . 2. Sustituimos en $π_{1}$ : $t + 4 t + 16 t = 3$ , es decir, $21 t = 3$ y $t = \frac{1}{7}$ . 3. $P = (\frac{1}{7}, \frac{2}{7}, \frac{4}{7})$ .

(ii) La distancia de $π_{1}$ al origen es la longitud del segmento perpendicular $O P$ : $∣ O P ∣ = \frac{1}{49} + \frac{4}{49} + \frac{16}{49} = \frac{21}{7} .$

e) 1. El ángulo $θ$ entre una recta de dirección $a$ y el plano de normal $n = 124$ cumple $sin θ = \frac{∣ a \cdot n ∣}{∣ a ∣ ∣ n ∣}$ . 2. $a \cdot n = 1 - 2 + 4 = 3$ , $∣ a ∣ = 3$ y $∣ n ∣ = 21$ . 3. $sin θ = \frac{3}{3 21} = \frac{3}{63} = \frac{1}{7}$ , luego $θ = arcsin \frac{1}{7} \approx 22, 2^{\circ}$ .

Ejercicio 81 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2010

Un plano $π$ tiene una ecuación vectorial

$r = (- 2 i + 3 j - 2 k) + λ (2 i + 3 j + 2 k) + μ (6 i - 3 j + 2 k) .$

a) Muestre que la ecuación cartesiana del plano $π$ es $3 x + 2 y - 6 z = 12$ .

b) El plano $π$ corta los ejes $x$ , $y$ y $z$ en $A$ , $B$ y $C$ , respectivamente.

Encuentre las coordenadas de $A$ , $B$ y $C$ .

c) Encuentre el volumen de la pirámide $O A B C$ .

d) Encuentre el ángulo entre el plano $π$ y el eje $x$ .

e) Usando lo anterior, o de otra manera, calcule la distancia desde el origen al plano $π$ .

f) Utilizando sus respuestas de (c) y (e), encuentre el área del triángulo $A B C$ .

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Resultado: a) $3 x + 2 y - 6 z = 12$ . b) $A (4, 0, 0)$ , $B (0, 6, 0)$ , $C (0, 0, - 2)$ . c) $V = 8$ . d) $θ \approx 25, 4^{\circ}$ . e) $\frac{12}{7}$ . f) $14$ .

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a) 1. Un vector normal es el producto vectorial de los dos vectores de dirección: $232 \times 6 - 3 2 = 3 \cdot 2 - 2 \cdot (- 3) 2 \cdot 6 - 2 \cdot 2 2 \cdot (- 3) - 3 \cdot 6 = 128 - 24 = 4 32 - 6 .$ 2. Entonces $π : 3 x + 2 y - 6 z = d$ . El punto $(- 2, 3, - 2)$ está en el plano: $d = - 6 + 6 + 12 = 12$ . 3. Luego $π : 3 x + 2 y - 6 z = 12$ .

b) 1. Eje $x$ ( $y = z = 0$ ): $3 x = 12$ , $x = 4$ , luego $A (4, 0, 0)$ . 2. Eje $y$ ( $x = z = 0$ ): $2 y = 12$ , $y = 6$ , luego $B (0, 6, 0)$ . 3. Eje $z$ ( $x = y = 0$ ): $- 6 z = 12$ , $z = - 2$ , luego $C (0, 0, - 2)$ .

c) 1. $O A$ , $O B$ y $O C$ son perpendiculares entre sí, así que el volumen de la pirámide es $\frac{1}{3} \cdot a ˊ rea de la base \cdot altura$ con base $O A B$ y altura $∣ O C ∣$ . 2. Área de $O A B$ : $\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12$ . Altura: $∣ O C ∣ = 2$ . 3. $V = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 2 = 8$ .

d) 1. El ángulo $θ$ entre el plano y el eje $x$ (dirección $i$ ) cumple $sin θ = \frac{∣ i \cdot n ∣}{∣ i ∣ ∣ n ∣}$ con $n = 32 - 6$ . 2. $∣ n ∣ = 9 + 4 + 36 = 7$ y $i \cdot n = 3$ , luego $sin θ = \frac{3}{7}$ . 3. $θ = arcsin \frac{3}{7} \approx 25, 4^{\circ}$ .

e) 1. Distancia del origen al plano $3 x + 2 y - 6 z - 12 = 0$ : $d = \frac{∣3 \cdot 0 + 2 \cdot 0 - 6 \cdot 0 - 12∣}{3 ^{2} + 2 ^{2} + 6 ^{2}} = \frac{12}{7} .$

f) 1. Tomamos como base el triángulo $A B C$ y como altura la distancia $d = \frac{12}{7}$ del origen al plano: $V = \frac{1}{3} \cdot A ˊ rea (A B C) \cdot d$ . 2. Con $V = 8$ : $8 = \frac{1}{3} \cdot A ˊ rea (A B C) \cdot \frac{12}{7} = \frac{4}{7} A ˊ rea (A B C)$ . 3. $A ˊ rea (A B C) = 8 \cdot \frac{7}{4} = 14$ .

Resultado: a) $3 x + 2 y - 6 z = 12$ . b) $A (4, 0, 0)$ , $B (0, 6, 0)$ , $C (0, 0, - 2)$ . c) $V = 8$ . d) $θ \approx 25, 4^{\circ}$ . e) $\frac{12}{7}$ . f) $14$ .

Ejercicio 82 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2021

Tres puntos $A (3, 0, 0)$ , $B (0, - 2, 0)$ y $C (1, 1, - 7)$ están en el plano $Π_{1}$ .

a) i) Calcule el vector $A B$ y el vector $A C$ .

(ii) Usando lo anterior, calcule la ecuación de $Π_{1}$ expresando su respuesta en la forma $a x + b y + cz = d$ , donde $a, b, c, d \in Z$ .

El plano $Π_{2}$ tiene de ecuación $3 x - y + 2 z = 2$ .

b) La recta $L$ es la intersección de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ . Verifique que la ecuación vectorial de $L$ se puede escribir en la forma $r = 0 - 2 0 + λ 11 - 1$ .

c) Sea $Π_{3}$ el plano $2 x - 2 z = 3$ .

La recta $L$ y el plano $Π_{3}$ se cortan en el punto $P$ .

(i) Muestre que en $P$ , $λ = \frac{3}{4}$ .

(ii) Usando lo anterior, calcule las coordenadas de $P$ .

d) El punto $B (0, - 2, 0)$ pertenece a $L$ .

(i) Calcule la reflexión del punto $B$ en el plano $Π_{3}$ .

(ii) Usando lo anterior, calcule la ecuación vectorial de la recta formada cuando $L$ se refleja en $Π_{3}$ .

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Resultado: a) i) $A B = - 3 - 2 0$ , $A C = - 2 1 - 7$ ; ii) $2 x - 3 y - z = 6$ ; c) ii) $P (\frac{3}{4}, - \frac{5}{4}, - \frac{3}{4})$ ; d) i) $B^{'} (\frac{3}{2}, - 2, - \frac{3}{2})$ ; ii) $r = \frac{3}{2} - 2 - \frac{3}{2} + t 1 - 1 - 1$ .

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a) i) $A B = B - A = - 3 - 2 0$ y $A C = C - A = - 2 1 - 7$ .

(ii) 1. Normal al plano: $A B \times A C = (- 2) (- 7) - 0 \cdot 1 0 \cdot (- 2) - (- 3) (- 7) (- 3) (1) - (- 2) (- 2) = 14 - 21 - 7 = 7 2 - 3 - 1 .$ 2. El plano es $2 x - 3 y - z = d$ ; con $A$ : $d = 6$ . Comprobación con $B$ : $6$ y con $C$ : $2 - 3 + 7 = 6$ . 3. $Π_{1} : 2 x - 3 y - z = 6$ .

b) 1. El punto $B (0, - 2, 0)$ está en $Π_{1}$ ( $6 = 6$ ) y en $Π_{2}$ ( $2 = 2$ ). 2. Un punto genérico de la recta dada es $(λ, - 2 + λ, - λ)$ . En $Π_{1}$ : $2 λ - 3 (- 2 + λ) - (- λ) = 2 λ + 6 - 3 λ + λ = 6$ . Se cumple para todo $λ$ . 3. En $Π_{2}$ : $3 λ - (- 2 + λ) + 2 (- λ) = 3 λ + 2 - λ - 2 λ = 2$ . También se cumple para todo $λ$ . 4. Todos los puntos de esa recta están en ambos planos y su dirección no es nula; como la intersección de dos planos no paralelos es una recta, esa recta es $L$ .

c) i) 1. Sustituimos el punto genérico $(λ, - 2 + λ, - λ)$ en $Π_{3}$ : $2 λ - 2 (- λ) = 3$ . 2. Queda $4 λ = 3$ , es decir, $λ = \frac{3}{4}$ .

(ii) Con $λ = \frac{3}{4}$ : $P = (\frac{3}{4}, - 2 + \frac{3}{4}, - \frac{3}{4}) = (\frac{3}{4}, - \frac{5}{4}, - \frac{3}{4})$ .

d) i) 1. La normal de $Π_{3}$ es $(2, 0, - 2)$ , paralela a $(1, 0, - 1)$ . La recta perpendicular a $Π_{3}$ por $B$ es $(s, - 2, - s)$ . 2. Cortamos con $Π_{3}$ : $2 s - 2 (- s) = 3$ , luego $s = \frac{3}{4}$ . El pie de la perpendicular es $M = (\frac{3}{4}, - 2, - \frac{3}{4})$ . 3. La reflexión $B^{'}$ es el punto simétrico de $B$ respecto de $M$ : $B^{'} = 2 M - B = (\frac{3}{2}, - 2, - \frac{3}{2})$ .

(ii) 1. $P$ está en $Π_{3}$ , así que no cambia al reflejar. La recta reflejada pasa por $P$ y por $B^{'}$ . 2. $P B^{'} = \frac{3}{2} - \frac{3}{4} - 2 + \frac{5}{4} - \frac{3}{2} + \frac{3}{4} = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} - \frac{3}{4} = \frac{3}{4} 1 - 1 - 1$ . 3. Recta reflejada: $r = \frac{3}{2} - 2 - \frac{3}{2} + t 1 - 1 - 1 .$

Ángulos entre rectas y planos

Ejercicio 83 BásicoIB · P1 Noviembre 2003

Halle el ángulo formado por el plano $3 x - 2 y + 4 z = 12$ y el eje $z$ . Dé su respuesta al grado más próximo.

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Resultado: $4 8^{\circ}$

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El vector normal del plano es $n = (3, - 2, 4)$ , con $∣ n ∣ = 9 + 4 + 16 = 29$ . El eje $z$ tiene vector director $k = (0, 0, 1)$ .
El ángulo $φ$ entre una recta y un plano cumple $sin φ = \frac{∣ n \cdot k ∣}{∣ n ∣∣ k ∣} = \frac{4}{29}$ .
$φ = arcsin \frac{4}{29} \approx 47, 9 7^{\circ} \approx 4 8^{\circ}$ .

Resultado: $4 8^{\circ}$

Ejercicio 84 BásicoIB · P2 TZ0 Noviembre 2014

Considere los dos planos

$π_{1} : 4 x + 2 y - z = 8$

$π_{2} : x + 3 y + 3 z = 3$

Halle el ángulo que forman $π_{1}$ y $π_{2}$ , aproximado al número entero de grados más próximo.

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Resultado: $6 9^{\circ}$

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Los vectores normales son $n_{1} = (4, 2, - 1)$ y $n_{2} = (1, 3, 3)$ .
$n_{1} \cdot n_{2} = 4 + 6 - 3 = 7$ , $∣ n_{1} ∣ = 21$ , $∣ n_{2} ∣ = 19$ .
$cos θ = \frac{7}{21 19} = \frac{7}{399} \approx 0, 350$ , así que $θ \approx 69, 5^{\circ}$ con la calculadora sin redondear; al entero más próximo, $6 9^{\circ}$ .

Resultado: $6 9^{\circ}$

Ejercicio 85 BásicoIB · P2 TZ0 Noviembre 2016

Halle el ángulo agudo entre los planos cuyas ecuaciones son $x + y + z = 3$ y $2 x - z = 2$ .

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Resultado: $θ \approx 75, 0^{\circ}$

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El ángulo entre dos planos es el ángulo entre sus vectores normales. Los normales son $n_{1} = (1, 1, 1)$ y $n_{2} = (2, 0, - 1)$ .
$n_{1} \cdot n_{2} = 2 + 0 - 1 = 1$ , $∣ n_{1} ∣ = 3$ y $∣ n_{2} ∣ = 5$ .
$cos θ = \frac{∣ 1 ∣}{3 5} = \frac{1}{15}$ , luego $θ = arccos \frac{1}{15} \approx 75, 0^{\circ}$ .

Resultado: $θ \approx 75, 0^{\circ}$

Ejercicio 86 BásicoIB · P1 Mayo 1998

Calcule el ángulo agudo entre los planos $2 x + 3 y - z = 7$ y $7 x - y + 3 z = - 5$ , aproximando el ángulo a las décimas.

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Resultado: $θ \approx 73, 8^{\circ}$

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Vectores normales: $n_{1} = (2, 3, - 1)$ y $n_{2} = (7, - 1, 3)$ .
$n_{1} \cdot n_{2} = 14 - 3 - 3 = 8$ , $∣ n_{1} ∣ = 14$ y $∣ n_{2} ∣ = 59$ .
$cos θ = \frac{8}{14 59} = \frac{8}{826}$ , y por tanto $θ = arccos \frac{8}{826} \approx 73, 8^{\circ}$ .

Resultado: $θ \approx 73, 8^{\circ}$

Ejercicio 87 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ están definidas por las ecuaciones paramétricas

$L_{1} : x = 1 + 2 λ, y = 1 + 3 λ, z = 1 - λ$

$L_{2} : x = 2 - μ, y = 3 + 4 μ, z = 4 + 2 μ$

Halle el ángulo entre $L_{1}$ y $L_{2}$ .

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Resultado: $θ \approx 62, 2^{\circ}$

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Los vectores directores son $d_{1} = (2, 3, - 1)$ y $d_{2} = (- 1, 4, 2)$ .
Su producto escalar es $2 (- 1) + 3 \cdot 4 + (- 1) \cdot 2 = - 2 + 12 - 2 = 8$ , y los módulos son $∣ d_{1} ∣ = 14$ y $∣ d_{2} ∣ = 21$ .
Entonces $cos θ = \frac{8}{14 21} = \frac{8}{7 6} \approx 0, 4666 \Rightarrow θ = arccos \frac{8}{7 6} \approx 62, 2^{\circ} .$ Como el coseno es positivo, el ángulo ya es agudo, que es el ángulo entre las rectas.

Resultado: $θ \approx 62, 2^{\circ}$

Ejercicio 88 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2007

Halle el coseno del ángulo $θ$ que forman los planos $π_{1}$ y $π_{2}$ donde $π_{1}$ tiene por ecuación $- 2 x + y - z = 2$ y $π_{2}$ tiene por ecuación $x + 2 y - z = 6$ .

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Resultado: $cos θ = \frac{1}{6}$ ( $θ \approx 80, 4^{\circ}$ )

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Las normales son $n_{1} = (- 2, 1, - 1)$ y $n_{2} = (1, 2, - 1)$ .
$n_{1} \cdot n_{2} = - 2 + 2 + 1 = 1$ , $∣ n_{1} ∣ = 6$ y $∣ n_{2} ∣ = 6$ .
$cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣} = \frac{1}{6}$ , de donde $θ = arccos \frac{1}{6} \approx 80, 4^{\circ}$ .

Resultado: $cos θ = \frac{1}{6}$ ( $θ \approx 80, 4^{\circ}$ )

Ejercicio 89 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Un rayo de luz procedente del punto $(- 1, 3, 2)$ se desplaza en la dirección del vector $41 - 2$ y corta al plano $π : x + 3 y + 2 z - 24 = 0$ . Calcule el ángulo que el rayo de luz hace con el plano.

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Resultado: el rayo forma con el plano un ángulo de $θ \approx 10, 1^{\circ}$ .

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La dirección del rayo es $d = 41 - 2$ y la normal del plano es $n = 132$ .
El ángulo $θ$ entre una recta y un plano cumple $sin θ = \frac{∣ d \cdot n ∣}{∣ d ∣ ∣ n ∣}$ (es el complementario del ángulo entre $d$ y $n$ ).
Calculamos: $d \cdot n = 4 + 3 - 4 = 3$ , $∣ d ∣ = 21$ y $∣ n ∣ = 14$ .
Entonces $sin θ = \frac{3}{21 14} = \frac{3}{294} = \frac{6}{14} \approx 0, 175$ .
$θ = arcsin \frac{6}{14} \approx 10, 1^{\circ}$ .

Resultado: el rayo forma con el plano un ángulo de $θ \approx 10, 1^{\circ}$ .

Ejercicio 90 BásicoIB · P2 TZ1 Mayo 2009

Calcule el ángulo entre las rectas $\frac{x - 1}{2} = 1 - y = 2 z$ y $x = y = 3 z$ .

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Resultado: $θ = arccos \frac{7}{399} \approx 69, 5^{\circ}$

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Primera recta: llamamos $s$ al valor común, $\frac{x - 1}{2} = 1 - y = 2 z = s$ . Entonces $x = 1 + 2 s$ , $y = 1 - s$ , $z = \frac{s}{2}$ , y un vector director es $d_{1} = 2 - 1 \frac{1}{2} ∥ 4 - 2 1$ .
Segunda recta: $x = y = 3 z = u$ da $x = u$ , $y = u$ , $z = \frac{u}{3}$ , con vector director $d_{2} = 331$ .
El ángulo entre dos rectas cumple $cos θ = \frac{∣ d _{1} \cdot d _{2} ∣}{∣ d _{1} ∣ ∣ d _{2} ∣}$ : $d_{1} \cdot d_{2} = 12 - 6 + 1 = 7, ∣ d_{1} ∣ = 21, ∣ d_{2} ∣ = 19 .$
$cos θ = \frac{7}{21 19} = \frac{7}{399} \approx 0, 350$ , luego $θ \approx 69, 5^{\circ}$ .

Resultado: $θ = arccos \frac{7}{399} \approx 69, 5^{\circ}$

Ejercicio 91 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2012

Consideremos los planos $π_{1} : x - 2 y - 3 z = 2$ y $π_{2} : 2 x - y - z = k$ .

a) Calcule el ángulo entre los planos $π_{1}$ y $π_{2}$ .

b) Los planos $π_{1}$ y $π_{2}$ se cortan en la recta $L_{1}$ . Demuestre que la ecuación vectorial de $L_{1}$ es $r = 0 2 - 3 k 2 k - 2 + t 15 - 3$ .

c) La recta $L_{2}$ tiene la ecuación cartesiana $5 - x = y + 3 = 2 - 2 z$ . Las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ se cortan en un punto $X$ . Calcule las coordenadas de $X$ .

d) Determine una ecuación cartesiana del plano $π_{3}$ que contiene las dos rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .

e) Sea $Y$ un punto en $L_{1}$ y $Z$ un punto en $L_{2}$ tal que $X Y$ sea perpendicular a $Y Z$ y el área del triángulo $X Y Z$ es $3$ . Calcule el perímetro del triángulo $X Y Z$ .

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Resultado: a) $40, 2^{\circ}$ ; c) $X (1, 1, - 1)$ ; d) $x + 7 y + 12 z + 4 = 0$ ; e) perímetro $\approx 8, 45$ . El apartado b) queda demostrado.

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a) 1. Los vectores normales son $n_{1} = (1, - 2, - 3)$ y $n_{2} = (2, - 1, - 1)$ . El ángulo entre planos es el ángulo agudo entre sus normales. 2. $n_{1} \cdot n_{2} = 2 + 2 + 3 = 7$ , $∣ n_{1} ∣ = 14$ , $∣ n_{2} ∣ = 6$ . 3. $cos θ = \frac{7}{14 6} = \frac{7}{84}$ , luego $θ \approx 40, 2^{\circ}$ .

b) 1. Punto: $(0, 2 - 3 k, 2 k - 2)$ está en $π_{1}$ porque $- 2 (2 - 3 k) - 3 (2 k - 2) = - 4 + 6 k - 6 k + 6 = 2$ ; y en $π_{2}$ porque $- (2 - 3 k) - (2 k - 2) = - 2 + 3 k - 2 k + 2 = k$ . 2. Dirección: $d = (1, 5, - 3)$ cumple $n_{1} \cdot d = 1 - 10 + 9 = 0$ y $n_{2} \cdot d = 2 - 5 + 3 = 0$ , así que es paralelo a ambos planos. 3. Una recta que tiene un punto común con los dos planos y es paralela a ambos está contenida en los dos; como los planos no son paralelos, esa recta es su intersección. Queda demostrado.

c) 1. Ponemos $5 - x = y + 3 = 2 - 2 z = s$ . Entonces $x = 5 - s$ , $y = s - 3$ , $z = 1 - \frac{s}{2}$ . 2. Un punto de $L_{1}$ es $(t, 2 - 3 k + 5 t, 2 k - 2 - 3 t)$ . Igualando con el de $L_{2}$ : $t = 5 - s, 2 - 3 k + 5 t = s - 3, 2 k - 2 - 3 t = 1 - \frac{s}{2} .$ 3. Sustituyendo $t = 5 - s$ : $2 - 3 k + 25 - 5 s = s - 3$ , es decir $3 k = 30 - 6 s$ , $k = 10 - 2 s$ . Y la tercera: $2 k - 2 - 15 + 3 s = 1 - \frac{s}{2}$ , es decir $2 k = 18 - \frac{7 s}{2}$ . 4. Con $k = 10 - 2 s$ : $20 - 4 s = 18 - \frac{7 s}{2}$ , de donde $2 = \frac{s}{2}$ y $s = 4$ . Entonces $k = 2$ y $t = 1$ . 5. $X = (5 - 4, 4 - 3, 1 - 2) = (1, 1, - 1)$ .

d) 1. Direcciones: $d_{1} = (1, 5, - 3)$ y $d_{2} = (- 1, 1, - \frac{1}{2})$ , o bien $(- 2, 2, - 1)$ . 2. Normal de $π_{3}$ : $d_{1} \times (- 2, 2, - 1) = 5 \cdot (- 1) - (- 3) \cdot 2 (- 3) (- 2) - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot 2 - 5 \cdot (- 2) = 1712$ . 3. $π_{3}$ pasa por $X (1, 1, - 1)$ : $x + 7 y + 12 z = 1 + 7 - 12 = - 4$ , es decir $x + 7 y + 12 z + 4 = 0$ .

e) 1. El triángulo es rectángulo en $Y$ , con $Y$ sobre $L_{1}$ y $Z$ sobre $L_{2}$ . El ángulo en $X$ es el ángulo agudo $θ$ entre $L_{1}$ y $L_{2}$ . 2. $d_{1} \cdot (- 2, 2, - 1) = - 2 + 10 + 3 = 11$ , $∣ d_{1} ∣ = 35$ , $∣ (- 2, 2, - 1) ∣ = 3$ , luego $cos θ = \frac{11}{3 35}$ , $θ \approx 51, 7^{\circ}$ , y $tan θ = \frac{194}{11} \approx 1, 266$ . 3. Sea $a = X Y$ . Entonces $Y Z = a tan θ$ y $X Z = \frac{a}{cos θ}$ . 4. Área: $\frac{1}{2} a \cdot a tan θ = 3$ , de donde $a^{2} = \frac{6}{tan θ} = \frac{66}{194} \approx 4, 739$ y $a \approx 2, 177$ . 5. $Y Z \approx 2, 177 \cdot 1, 266 \approx 2, 756$ y $X Z \approx \frac{2 , 177}{0 , 6198} \approx 3, 512$ . 6. Perímetro $= 2, 177 + 2, 756 + 3, 512 \approx 8, 45$ .

Resultado: a) $40, 2^{\circ}$ ; c) $X (1, 1, - 1)$ ; d) $x + 7 y + 12 z + 4 = 0$ ; e) perímetro $\approx 8, 45$ . El apartado b) queda demostrado.

Ejercicio 92 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2016

Dos planos tienen por ecuaciones $Π_{1} : 4 x + y + z = 8$ y $Π_{2} : 4 x + 3 y - z = 0$ .

a) Calcule el coseno del ángulo formado por los dos planos en la forma $\frac{p}{q}$ , donde $p, q \in Z$ .

Sea $L$ la recta de intersección de los dos planos.

b) (i) Muestre que $L$ tiene dirección $- 1 22$ .

(ii) Muestre que el punto $A (1, 0, 4)$ está en ambos planos.

(iii) Escriba una ecuación vectorial de $L$ .

$B$ es el punto de $Π_{1}$ de coordenadas $(a, b, 1)$ .

c) Sabiendo que el vector $A B$ es perpendicular a $L$ calcule el valor de $a$ y el valor de $b$ .

d) Demuestre que $A B = 32$ .

El punto $P$ está en $L$ y $A B P = 4 5^{\circ}$ .

e) Encuentre las coordenadas de las dos posiciones posibles de $P$ .

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Resultado: a) $cos θ = \frac{9}{13}$ ; b) (iii) $r = 104 + t - 1 22$ ; c) $a = 1$ , $b = 3$ ; e) $P (1 - 2, 22, 4 + 22)$ o $P (1 + 2, - 22, 4 - 22)$ . Los apartados b) (i), (ii) y d) son demostraciones.

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a) 1. Normales: $n_{1} = (4, 1, 1)$ y $n_{2} = (4, 3, - 1)$ . 2. $n_{1} \cdot n_{2} = 16 + 3 - 1 = 18$ , $∣ n_{1} ∣ = 18$ , $∣ n_{2} ∣ = 26$ . 3. $cos θ = \frac{18}{18 26} = \frac{18}{26} = \frac{9}{13}$ .

b) (i) 1. La dirección de $L$ es perpendicular a los dos normales, luego es $n_{1} \times n_{2}$ : $411 \times 43 - 1 = (1) (- 1) - (1) (3) (1) (4) - (4) (- 1) (4) (3) - (1) (4) = - 4 88 = 4 - 1 22 .$

(ii) 1. En $Π_{1}$ : $4 (1) + 0 + 4 = 8$ . En $Π_{2}$ : $4 (1) + 3 (0) - 4 = 0$ . Se cumplen ambas ecuaciones.

(iii) 1. Con el punto $A$ y la dirección anterior: $L : r = 104 + t - 1 22$ , $t \in R$ .

c) 1. $B \in Π_{1}$ : $4 a + b + 1 = 8$ , es decir, $4 a + b = 7$ . 2. $A B = (a - 1, b, - 3)$ perpendicular a $L$ : $- (a - 1) + 2 b - 6 = 0$ , es decir, $- a + 2 b = 5$ . 3. De la segunda, $a = 2 b - 5$ . En la primera: $4 (2 b - 5) + b = 7$ , $9 b = 27$ , $b = 3$ y $a = 1$ .

d) 1. Con $a = 1$ y $b = 3$ : $A B = (0, 3, - 3)$ . 2. $A B = 0 + 9 + 9 = 18 = 32$ .

e) 1. $P$ está en $L$ : $P = A + t (- 1, 2, 2)$ , luego $A P = t (- 1, 2, 2)$ y $A P = 3 ∣ t ∣$ . 2. Como $A B ⊥ L$ , el triángulo $A B P$ es rectángulo en $A$ . Con $A B P = 4 5^{\circ}$ , es isósceles: $A P = A B = 32$ . 3. Entonces $3 ∣ t ∣ = 32$ , es decir, $t = \pm 2$ . 4. Para $t = 2$ : $P = (1 - 2, 22, 4 + 22)$ . Para $t = - 2$ : $P = (1 + 2, - 22, 4 - 22)$ .

Ejercicio 93 DifícilIB · P1 TZ2 Mayo 2016

Una recta $L$ tiene por ecuación $\frac{x - 2}{p} = \frac{y - q}{2} = z - 1$ , donde $p, q \in R$ . Un plano $Π$ tiene por ecuación $x + y + 3 z = 9$ .

a) Muestre que $L$ no es perpendicular a $Π$ .

b) Sabiendo que $L$ está contenida en el plano $Π$ , halle el valor de $p$ y el valor de $q$ .

Considere ahora un caso distinto, en el que $L$ y $Π$ forman un ángulo agudo $θ$ , donde $θ = arcsin (\frac{1}{11})$ .

c) (i) Muestre que $p = - 2$ .

(ii) Si $L$ y $Π$ se cortan en $z = - 1$ , halle el valor de $q$ .

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Resultado: b) $p = - 5$ , $q = 4$ ; c) (ii) $q = 10$ . Los apartados a) y c) (i) son demostraciones.

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a) 1. La dirección de $L$ es $d = (p, 2, 1)$ y el normal de $Π$ es $n = (1, 1, 3)$ . 2. $L ⊥ Π$ exigiría que $d$ y $n$ fueran proporcionales. Pero $\frac{2}{1} \neq = \frac{1}{3}$ (segunda y tercera componente), así que no lo son. Por tanto $L$ no es perpendicular a $Π$ .

b) 1. $L$ contenida en $Π$ exige $d \cdot n = 0$ : $p + 2 + 3 = 0$ , luego $p = - 5$ . 2. Además el punto $(2, q, 1)$ de $L$ debe estar en $Π$ : $2 + q + 3 = 9$ , luego $q = 4$ .

c) (i) 1. El ángulo entre recta y plano cumple $sin θ = \frac{∣ d \cdot n ∣}{∣ d ∣ ∣ n ∣}$ . Con $d \cdot n = p + 5$ , $∣ d ∣ = p^{2} + 5$ y $∣ n ∣ = 11$ : $\frac{∣ p + 5 ∣}{p ^{2} + 5 11} = \frac{1}{11} \Rightarrow ∣ p + 5 ∣ = p^{2} + 5 .$ 2. Elevamos al cuadrado: $p^{2} + 10 p + 25 = p^{2} + 5$ , luego $10 p = - 20$ y $p = - 2$ .

(ii) 1. Sea $z - 1 = μ$ el valor común de las fracciones. Con $z = - 1$ resulta $μ = - 2$ . 2. Entonces $x = 2 + p μ = 2 + 4 = 6$ e $y = q + 2 μ = q - 4$ . 3. El punto $(6, q - 4, - 1)$ está en $Π$ : $6 + q - 4 - 3 = 9$ , luego $q = 10$ .

Resultado: b) $p = - 5$ , $q = 4$ ; c) (ii) $q = 10$ . Los apartados a) y c) (i) son demostraciones.

Ejercicio 94 DifícilIB · P1 TZ0 Noviembre 2005

La recta $\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z + 1}{2}$ se refleja en el plano $x + y + z = 1$ .

Calcule el ángulo entre la recta y su imagen. Exprese su respuesta en radianes.

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Resultado: $θ = arccos (- \frac{23}{27}) \approx 2, 59$ rad

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La recta tiene dirección $d = (1, 2, 2)$ y el plano tiene normal $n = (1, 1, 1)$ .
Al reflejar en el plano, la componente de $d$ a lo largo de $n$ cambia de signo y la componente paralela al plano se conserva. La dirección de la imagen es $d^{'} = d - 2 \frac{d \cdot n}{∣ n ∣ ^{2}} n = 122 - 2 \cdot \frac{5}{3} 111 = - 7/3 - 4/3 - 4/3 ∥ - 7 - 4 - 4 .$
Calculamos los módulos y el producto escalar de $d$ y $(- 7, - 4, - 4)$ : $d \cdot d^{'} \to - 7 - 8 - 8 = - 23, ∣ d ∣ = 3, ∣ (- 7, - 4, - 4) ∣ = 49 + 16 + 16 = 9.$
Entonces $cos θ = \frac{- 23}{3 \cdot 9} = - \frac{23}{27} \Rightarrow θ = arccos (- \frac{23}{27}) \approx 2, 59 rad .$
Comprobación: si $φ$ es el ángulo entre la recta y el plano, $sin φ = \frac{∣ d \cdot n ∣}{∣ d ∣∣ n ∣} = \frac{5}{3 3}$ y el ángulo entre la recta y su imagen es $2 φ = 2 arcsin \frac{5}{3 3} \approx 2, 59$ rad.

Resultado: $θ = arccos (- \frac{23}{27}) \approx 2, 59$ rad

Ejercicio 95 DifícilIB · P2 Noviembre 1998

Las ecuaciones de las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son

$L_{1} : r = i - 20 j - 13 k + t (7 i + k)$ , donde $t$ es un escalar;

$L_{2} : \frac{x + 30}{2} = \frac{y + 39}{1} = \frac{2 - 3 z}{2}$

Las ecuaciones de los planos $P_{1}$ y $P_{2}$ son $P_{1} : 6 x + 3 y - 2 z = 12$

$P_{2} : r = 22 i + λ (i + j) + μ (i - 2 k)$ , donde $λ$ y $μ$ son escalares.

a) Calcule el producto vectorial $(i + j) \times (i - 2 k)$ .

b) i) Escriba dos vectores $n_{1}$ , $n_{2}$ perpendiculares a los planos $P_{1}$ y $P_{2}$ respectivamente.

(ii) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, calcule el ángulo agudo que forman los planos aproximado a la décima de grado más próxima.

c) Muestre que $L_{2}$ es perpendicular a $P_{1}$ .

d) i) Calcule las coordenadas del punto de intersección de $L_{2}$ y $P_{1}$ .

(ii) Usando lo anterior, o de cualquier otra manera, muestre que las dos rectas y los dos planos tienen un punto en común.

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Resultado: a) $- 2 i + 2 j - k$ ; b) $n_{1} = (6, 3, - 2)$ , $n_{2} = (- 2, 2, - 1)$ , ángulo $\approx 79, 0^{\circ}$ ; c) demostrado; d) $(8, - 20, - 12)$ , punto común de $L_{1}$ , $L_{2}$ , $P_{1}$ y $P_{2}$ .

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a) 1. Desarrollamos con las componentes $(1, 1, 0)$ y $(1, 0, - 2)$ : $110 \times 10 - 2 = 1 \cdot (- 2) - 0 \cdot 0 0 \cdot 1 - 1 \cdot (- 2) 1 \cdot 0 - 1 \cdot 1 = - 2 2 - 1 = - 2 i + 2 j - k .$

b) i) 1. La normal de $P_{1} : 6 x + 3 y - 2 z = 12$ se lee de los coeficientes: $n_{1} = 63 - 2$ . 2. $P_{2}$ está generado por los vectores $i + j$ y $i - 2 k$ , así que su normal es el producto vectorial del apartado a): $n_{2} = - 2 2 - 1$ .

(ii) 1. El ángulo entre los planos es el ángulo entre sus normales (tomando el agudo): $cos α = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣} = \frac{∣ - 12 + 6 + 2∣}{49 9} = \frac{4}{21} .$ 2. $α = arccos \frac{4}{21} \approx 79, 0^{\circ}$ .

c) 1. La dirección de $L_{2}$ es $(2, 1, - \frac{2}{3})$ , porque $\frac{2 - 3 z}{2} = \frac{z - \frac{2}{3}}{- \frac{2}{3}}$ . Multiplicando por 3 se obtiene $(6, 3, - 2)$ . 2. Este vector coincide con $n_{1}$ , la normal de $P_{1}$ . Una recta cuya dirección es la normal de un plano es perpendicular a ese plano.

d) i) 1. Escribimos $L_{2}$ con un parámetro $s$ : $x = - 30 + 2 s$ , $y = - 39 + s$ , $z = \frac{2 - 2 s}{3}$ . 2. Sustituimos en $P_{1}$ : $6 (- 30 + 2 s) + 3 (- 39 + s) - 2 \cdot \frac{2 - 2 s}{3} = 12 \Rightarrow - 297 + 15 s - \frac{4}{3} + \frac{4 s}{3} = 12 \Rightarrow \frac{49}{3} s = \frac{931}{3} \Rightarrow s = 19.$ 3. El punto es $x = - 30 + 38 = 8$ , $y = - 39 + 19 = - 20$ , $z = \frac{2 - 38}{3} = - 12$ : $(8, - 20, - 12)$ .

(ii) 1. Ya sabemos que $(8, - 20, - 12)$ está en $L_{2}$ y en $P_{1}$ . 2. En $L_{1}$ : $x = 1 + 7 t = 8 \Rightarrow t = 1$ ; entonces $y = - 20$ y $z = - 13 + 1 = - 12$ . Se cumple, luego está en $L_{1}$ . 3. En $P_{2}$ : $(8, - 20, - 12) = (22, 0, 0) + λ (1, 1, 0) + μ (1, 0, - 2)$ . De $z$ : $- 2 μ = - 12 \Rightarrow μ = 6$ ; de $y$ : $λ = - 20$ ; de $x$ : $22 - 20 + 6 = 8$ . Se cumple, luego está en $P_{2}$ . 4. Por tanto $(8, - 20, - 12)$ pertenece a las dos rectas y a los dos planos.

Distancias

Ejercicio 96 MedioIB · P1 Noviembre 1999

Calcule la menor distancia del punto $A (0, 2, 2)$ a la recta $r = 5 i + 9 j + 6 k + t (i + 2 j + 2 k)$ , donde $t$ es un escalar.

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Resultado: distancia mínima $= 3$

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La recta pasa por $B (5, 9, 6)$ con vector director $d = 122$ , de módulo $∣ d ∣ = 1 + 4 + 4 = 3$ .
$A B = 574$ .
Producto vectorial: $A B \times d = 7 \cdot 2 - 4 \cdot 2 4 \cdot 1 - 5 \cdot 2 5 \cdot 2 - 7 \cdot 1 = 6 - 6 3, A B \times d = 36 + 36 + 9 = 9.$
La distancia de un punto a una recta es $\frac{A B \times d}{∣ d ∣} = \frac{9}{3} = 3$ .

Resultado: distancia mínima $= 3$

Ejercicio 97 MedioIB · P1 Mayo 2000

Calcule las coordenadas del punto de la recta $L : x = 1 - λ, y = 2 - 3 λ, z = 2$ más cercano al origen.

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Resultado: $(\frac{3}{10}, - \frac{1}{10}, 2)$

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Un punto genérico de $L$ es $X (1 - λ, 2 - 3 λ, 2)$ .
El punto más cercano al origen es aquel en que $O X$ es perpendicular a la recta. El vector director es $d = - 1 - 3 0$ .
$O X \cdot d = 0$ : $- (1 - λ) - 3 (2 - 3 λ) = 0$ , es decir, $- 1 + λ - 6 + 9 λ = 0$ , luego $10 λ = 7$ y $λ = \frac{7}{10}$ .
Sustituimos: $x = 1 - \frac{7}{10} = \frac{3}{10}$ , $y = 2 - \frac{21}{10} = - \frac{1}{10}$ , $z = 2$ .

Resultado: $(\frac{3}{10}, - \frac{1}{10}, 2)$

Ejercicio 98 MedioIB · P1 Mayo 2003

El punto $A$ es el pie de la perpendicular trazada desde el punto $(1, 1, 9)$ al plano $2 x + y - z = 6$ . Halle las coordenadas de $A$ .

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Resultado: $A (5, 3, 7)$

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La perpendicular al plano desde $Q (1, 1, 9)$ tiene como dirección el normal del plano, $n = (2, 1, - 1)$ : $(1 + 2 t, 1 + t, 9 - t)$ .
$A$ es el punto de esa recta que está en el plano: $2 (1 + 2 t) + (1 + t) - (9 - t) = 6$ .
Desarrollamos: $2 + 4 t + 1 + t - 9 + t = 6$ , es decir, $6 t - 6 = 6$ , luego $t = 2$ .
$A (1 + 4, 1 + 2, 9 - 2) = (5, 3, 7)$ .

Resultado: $A (5, 3, 7)$

Ejercicio 99 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2013

La recta $L_{1}$ tiene por ecuación $r = - 5 - 3 2 + λ - 1 22$ . La recta $L_{2}$ pasa por el origen, corta a $L_{1}$ y es perpendicular a $L_{1}$ .

a) Halle una ecuación vectorial de $L_{2}$ .

b) Determine la distancia más corta entre el origen y $L_{1}$ .

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Resultado: a) $r = t (- 14, - 11, 4)$ ; b) $d (O, L_{1}) = 37 \approx 6, 08$

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a) 1. $L_{2}$ corta a $L_{1}$ en un punto $F = (- 5 - λ, - 3 + 2 λ, 2 + 2 λ)$ y $O F$ es perpendicular a $L_{1}$ . 2. Condición de perpendicularidad con el vector director $(- 1, 2, 2)$ : $(- 5 - λ) (- 1) + (- 3 + 2 λ) (2) + (2 + 2 λ) (2) = 0 \Rightarrow 5 + λ - 6 + 4 λ + 4 + 4 λ = 0 \Rightarrow 9 λ + 3 = 0.$ 3. $λ = - \frac{1}{3}$ y $F = (- \frac{14}{3}, - \frac{11}{3}, \frac{4}{3})$ . 4. $L_{2}$ pasa por $O$ con dirección $O F$ , que es proporcional a $(- 14, - 11, 4)$ : $r = t - 14 - 11 4 o bien r = t - 14/3 - 11/3 4/3 .$

b) 1. La distancia más corta del origen a $L_{1}$ es $∣ O F ∣$ , pues $F$ es el pie de la perpendicular. 2. $∣ O F ∣ = \frac{1}{3} 196 + 121 + 16 = \frac{333}{3} = \frac{333}{9} = 37$ .

Resultado: a) $r = t (- 14, - 11, 4)$ ; b) $d (O, L_{1}) = 37 \approx 6, 08$

Ejercicio 100 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

a) Halle la ecuación cartesiana del plano que contiene al origen O y a los dos puntos $A (1, 1, 1)$ y $B (2, - 1, 3)$ .

b) Halle la distancia desde el punto $C (10, 5, 1)$ al plano $O A B$ .

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Resultado: a) $4 x - y - 3 z = 0$ ; b) $d = \frac{32}{26} \approx 6, 28$

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a) 1. Un normal es $O A \times O B = 111 \times 2 - 1 3 = (1) (3) - (1) (- 1) (1) (2) - (1) (3) (1) (- 1) - (1) (2) = 4 - 1 - 3$ . 2. El plano es $4 x - y - 3 z = d$ y pasa por el origen, así que $d = 0$ : $4 x - y - 3 z = 0$ . Comprobamos con $B$ : $8 + 1 - 9 = 0$ .

b) 1. Distancia de un punto a un plano: $d = \frac{∣ 4 ( 10 ) - 5 - 3 ( 1 )∣}{16 + 1 + 9}$ . 2. $d = \frac{32}{26} \approx 6, 28$ .

Resultado: a) $4 x - y - 3 z = 0$ ; b) $d = \frac{32}{26} \approx 6, 28$

Ejercicio 101 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2006

Sea $P$ el punto $(1, 0, - 2)$ y sea $Π$ el plano $x + y - 2 z + 3 = 0$ . Sea $P^{'}$ el punto simétrico de $P$ respecto al plano $Π$ . Halle las coordenadas del punto $P^{'}$ .

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Resultado: $P^{'} (- \frac{5}{3}, - \frac{8}{3}, \frac{10}{3})$

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La normal del plano es $n = (1, 1, - 2)$ . La recta perpendicular a $Π$ por $P$ es $r = 10 - 2 + t 11 - 2 .$
Buscamos el pie de la perpendicular $M$ (el punto de esa recta que está en $Π$ ): $(1 + t) + t - 2 (- 2 - 2 t) + 3 = 0 \Rightarrow 1 + t + t + 4 + 4 t + 3 = 0 \Rightarrow 6 t + 8 = 0 \Rightarrow t = - \frac{4}{3} .$
Entonces $M = (1 - \frac{4}{3}, - \frac{4}{3}, - 2 + \frac{8}{3}) = (- \frac{1}{3}, - \frac{4}{3}, \frac{2}{3})$ .
$M$ es el punto medio de $P P^{'}$ , así que $P^{'} = 2 M - P$ : $P^{'} = (- \frac{2}{3} - 1, - \frac{8}{3} - 0, \frac{4}{3} + 2) = (- \frac{5}{3}, - \frac{8}{3}, \frac{10}{3}) .$ (Equivale a usar $t = - \frac{8}{3}$ , el doble del parámetro del pie, en la recta del paso 1.)

Resultado: $P^{'} (- \frac{5}{3}, - \frac{8}{3}, \frac{10}{3})$

Ejercicio 102 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2006

a) La recta $l_{1}$ pasa por el punto $A (0, 1, 2)$ y es perpendicular al plano $x - 4 y - 3 z = 0$ .

Halle las ecuaciones cartesianas de $l_{1}$ .

b) La recta $l_{2}$ es paralela a $l_{1}$ y pasa por el punto $P (3, - 8, - 11)$ . Halle la ecuación vectorial de la recta $l_{2}$ .

c) i) El punto $Q$ pertenece a la recta $l_{1}$ de forma que $P Q$ es perpendicular a $l_{1}$ y $l_{2}$ .

Halle las coordenadas de $Q$ .

(ii) A partir de lo anterior, halle la distancia entre $l_{1}$ y $l_{2}$ .

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Resultado: a) $\frac{x}{1} = \frac{y - 1}{- 4} = \frac{z - 2}{- 3}$ ; b) $r = 3 - 8 - 11 + λ 1 - 4 - 3$ ; c) i) $Q (3, - 11, - 7)$ , ii) $d (l_{1}, l_{2}) = 5$

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a) 1. Una recta perpendicular a un plano tiene como dirección la normal del plano: $d = (1, - 4, - 3)$ . 2. Pasa por $A (0, 1, 2)$ : $l_{1} : \frac{x}{1} = \frac{y - 1}{- 4} = \frac{z - 2}{- 3} .$

b) 1. $l_{2}$ tiene la misma dirección y pasa por $P (3, - 8, - 11)$ : $l_{2} : r = 3 - 8 - 11 + λ 1 - 4 - 3 .$

c) i) 1. Un punto de $l_{1}$ es $Q (μ, 1 - 4 μ, 2 - 3 μ)$ , de modo que $P Q = (μ - 3, 9 - 4 μ, 13 - 3 μ)$ . 2. Como $l_{1}$ y $l_{2}$ son paralelas, que $P Q$ sea perpendicular a ambas equivale a $P Q \cdot (1, - 4, - 3) = 0$ : $(μ - 3) - 4 (9 - 4 μ) - 3 (13 - 3 μ) = μ - 3 - 36 + 16 μ - 39 + 9 μ = 26 μ - 78 = 0.$ 3. Entonces $μ = 3$ y $Q = (3, 1 - 12, 2 - 9) = (3, - 11, - 7)$ .

(ii) 1. $P Q = Q - P = (0, - 3, 4)$ . 2. La distancia entre las rectas paralelas es $∣ P Q ∣ = 0 + 9 + 16 = 5$ .

Resultado: a) $\frac{x}{1} = \frac{y - 1}{- 4} = \frac{z - 2}{- 3}$ ; b) $r = 3 - 8 - 11 + λ 1 - 4 - 3$ ; c) i) $Q (3, - 11, - 7)$ , ii) $d (l_{1}, l_{2}) = 5$

Ejercicio 103 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2008

Los puntos $A$ , $B$ , $C$ tienen vectores de posición $i + j + 2 k$ , $i + 2 j + 3 k$ , $3 i + k$ respectivamente y se encuentran en el plano $π$ .

a) Calcule

(i) el área del triángulo $A B C$ ;

(ii) la distancia más corta desde $C$ a la recta $A B$ ;

(iii) la ecuación cartesiana del plano $π$ .

La recta $L$ pasa a través del origen y es normal al plano $π$ y corta a $π$ en el punto $D$ .

b) Calcular

(i) las coordenadas del punto $D$ ;

(ii) la distancia de $π$ al origen.

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Resultado: a) (i) $2$ ; (ii) $2$ ; (iii) $y - z + 1 = 0$ . b) (i) $D (0, - \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ ; (ii) $\frac{1}{2} = \frac{2}{2}$ .

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a) 1. Los puntos son $A (1, 1, 2)$ , $B (1, 2, 3)$ , $C (3, 0, 1)$ . Los vectores de los lados son $A B = 011$ y $A C = 2 - 1 - 1$ . 2. Su producto vectorial es $A B \times A C = 1 \cdot (- 1) - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot 2 - 0 \cdot (- 1) 0 \cdot (- 1) - 1 \cdot 2 = 02 - 2, A B \times A C = 22 .$

(i) El área del triángulo es la mitad del módulo: $\frac{1}{2} \cdot 22 = 2$ .

(ii) 1. El área también vale $\frac{1}{2} ∣ A B ∣ h$ , donde $h$ es la distancia de $C$ a la recta $A B$ y $∣ A B ∣ = 0 + 1 + 1 = 2$ . 2. Entonces $2 = \frac{1}{2} 2 h$ , de donde $h = 2$ .

(iii) 1. El vector $02 - 2$ es normal a $π$ ; usamos $01 - 1$ , y entonces $π : y - z = d$ . 2. Por $A$ : $d = 1 - 2 = - 1$ . Luego $π : y - z = - 1$ , es decir, $y - z + 1 = 0$ .

b) (i) 1. La recta $L$ tiene la dirección de la normal y pasa por el origen: $(x, y, z) = (0, s, - s)$ . 2. Para que esté en $π$ : $s - (- s) + 1 = 0$ , es decir, $2 s = - 1$ y $s = - \frac{1}{2}$ . 3. $D = (0, - \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ .

(ii) La distancia de $π$ al origen es $∣ O D ∣ = 0 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ . (Con la fórmula: $\frac{∣0 - 0 + 1∣}{0 + 1 + 1} = \frac{1}{2}$ .)

Resultado: a) (i) $2$ ; (ii) $2$ ; (iii) $y - z + 1 = 0$ . b) (i) $D (0, - \frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ ; (ii) $\frac{1}{2} = \frac{2}{2}$ .

Ejercicio 104 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2021

Las recta $L_{1}$ y $L_{2}$ vienen dadas por las siguientes ecuaciones vectoriales, donde $λ, μ \in R$ .

$L_{1} : r_{1} = 32 - 1 + λ 2 - 2 2 L_{2} : r_{2} = 204 + μ 1 - 1 1$

a) Muestre que $L_{1}$ y $L_{2}$ no se cortan.

b) Halle la distancia mínima entre $L_{1}$ y $L_{2}$ .

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Resultado: a) las rectas son paralelas y distintas, no se cortan; b) $32$ ( $= 18 \approx 4, 24$ ).

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a) 1. Los vectores directores son $2 - 2 2 = 2 1 - 1 1$ : las rectas son paralelas. 2. Para que se corten tendrían que coincidir. El punto $(3, 2, - 1)$ de $L_{1}$ está en $L_{2}$ solo si existe $μ$ con $2 + μ = 3$ , $- μ = 2$ y $4 + μ = - 1$ . La primera da $μ = 1$ y la segunda $μ = - 2$ : es imposible. 3. Son paralelas y distintas, luego no se cortan.

b) 1. La distancia mínima entre dos rectas paralelas es la distancia de un punto de una de ellas a la otra. Tomamos $P (3, 2, - 1) \in L_{1}$ y $Q (2, 0, 4) \in L_{2}$ , con $d = (1, - 1, 1)$ . 2. $QP = 12 - 5$ y $QP \times d = 2 \cdot 1 - (- 5) (- 1) (- 5) (1) - 1 \cdot 1 1 \cdot (- 1) - 2 \cdot 1 = - 3 - 6 - 3, QP \times d = 54 = 36 .$ 3. La distancia es $d = \frac{QP \times d}{∣ d ∣} = \frac{3 6}{3} = 32 \approx 4, 24.$

Resultado: a) las rectas son paralelas y distintas, no se cortan; b) $32$ ( $= 18 \approx 4, 24$ ).

Ejercicio 105 DifícilIB · P2 Mayo 2001

El triángulo $A B C$ tiene los vértices en los puntos $A (- 1, 2, 3)$ , $B (- 1, 3, 5)$ y $C (0, - 1, 1)$ .

a) Calcule el valor del ángulo $θ$ entre los vectores $A B$ y $A C$ .

b) Usando lo anterior, o de cualquier otra forma, calcule el área del triángulo $A B C$ .

Sea $L_{1}$ la recta paralela a $A B$ y que pasa por $D (2, - 1, 0)$ y $L_{2}$ la recta paralela a $A C$ y que pasa por $E (- 1, 1, 1)$ .

c) i) Halle las ecuaciones de las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .

(ii) Demuestre que $L_{1}$ y $L_{2}$ no se cortan.

d) Calcule la mínima distancia entre $L_{1}$ y $L_{2}$ .

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Resultado: a) $θ \approx 146, 8^{\circ}$ ; b) Área $= \frac{21}{2} \approx 2, 29$ ; c) i) $L_{1} : x = 2, y = - 1 + t, z = 2 t$ y $L_{2} : x = - 1 + s, y = 1 - 3 s, z = 1 - 2 s$ ; ii) no se cortan; d) $\frac{9}{21} \approx 1, 96$

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a) 1. $A B = 012$ y $A C = 1 - 3 - 2$ . 2. $A B \cdot A C = 0 - 3 - 4 = - 7$ , $∣ A B ∣ = 5$ , $∣ A C ∣ = 14$ . 3. $cos θ = \frac{- 7}{5 14} = \frac{- 7}{70}$ , luego $θ \approx 146, 8^{\circ}$ .

b) 1. $A B \times A C = 1 \cdot (- 2) - 2 \cdot (- 3) 2 \cdot 1 - 0 \cdot (- 2) 0 \cdot (- 3) - 1 \cdot 1 = 42 - 1, A B \times A C = 21 .$ 2. Área $= \frac{1}{2} 21 \approx 2, 29$ . (También: $\frac{1}{2} 70 sin θ$ , con el mismo resultado.)

c) i) 1. $L_{1}$ pasa por $D (2, - 1, 0)$ con dirección $A B = (0, 1, 2)$ : $x = 2$ , $y = - 1 + t$ , $z = 2 t$ . 2. $L_{2}$ pasa por $E (- 1, 1, 1)$ con dirección $A C = (1, - 3, - 2)$ : $x = - 1 + s$ , $y = 1 - 3 s$ , $z = 1 - 2 s$ .

(ii) 1. Los vectores directores no son proporcionales, así que las rectas no son paralelas. 2. Si se cortasen, habría $t$ y $s$ que cumplen las tres ecuaciones a la vez. De $x$ : $2 = - 1 + s$ , luego $s = 3$ . 3. De $y$ : $- 1 + t = 1 - 9 = - 8$ , luego $t = - 7$ . 4. De $z$ : con $t = - 7$ , $z = - 14$ , pero con $s = 3$ , $z = 1 - 6 = - 5$ . No coinciden, luego las rectas no se cortan (se cruzan).

d) 1. Un vector perpendicular a ambas rectas es $n = A B \times A C = 42 - 1$ . 2. $D E = - 3 21$ . 3. La distancia entre dos rectas que se cruzan es la proyección de $D E$ sobre $n$ : $d = \frac{∣ D E \cdot n ∣}{∣ n ∣} = \frac{∣ - 12 + 4 - 1∣}{21} = \frac{9}{21} \approx 1, 96.$

Ejercicio 106 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2009

Dos rectas están definidas de la siguiente forma: $L_{1} : r = - 3 - 4 6 + λ 32 - 2$ y $L_{2} : \frac{x - 4}{- 3} = \frac{y + 7}{4} = - (z + 3)$ .

a) Halle las coordenadas del punto $A$ perteneciente a $L_{1}$ y del punto $B$ perteneciente a $L_{2}$ tales que $A B$ sea perpendicular a $L_{1}$ y a $L_{2}$ .

b) Halle $∣ A B ∣$ .

c) Halle la ecuación cartesiana del plano $π$ que contiene a $L_{1}$ y que no se corta con $L_{2}$ .

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Resultado: a) $A (3, 0, 2)$ y $B (1, - 3, - 4)$ ; b) $∣ A B ∣ = 7$ ; c) $2 x + 3 y + 6 z - 18 = 0$

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a) 1. Escribimos $L_{2}$ en paramétricas: $x = 4 - 3 s$ , $y = - 7 + 4 s$ , $z = - 3 - s$ , con vector director $(- 3, 4, - 1)$ . 2. Un punto genérico de $L_{1}$ es $A = (- 3 + 3 λ, - 4 + 2 λ, 6 - 2 λ)$ y uno de $L_{2}$ es $B = (4 - 3 s, - 7 + 4 s, - 3 - s)$ . Entonces $A B = 7 - 3 s - 3 λ - 3 + 4 s - 2 λ - 9 - s + 2 λ .$ 3. $A B ⊥ L_{1}$ : $A B \cdot (3, 2, - 2) = 0$ , es decir, $33 + s - 17 λ = 0$ . 4. $A B ⊥ L_{2}$ : $A B \cdot (- 3, 4, - 1) = 0$ , es decir, $- 24 + 26 s - λ = 0$ . 5. De la primera, $s = 17 λ - 33$ . En la segunda: $26 (17 λ - 33) - λ = 24$ , o sea $441 λ = 882$ , luego $λ = 2$ y $s = 1$ . 6. $A = (3, 0, 2)$ y $B = (1, - 3, - 4)$ .

b) 1. $A B = (- 2, - 3, - 6)$ , así que $∣ A B ∣ = 4 + 9 + 36 = 7$ .

c) 1. El plano contiene a $L_{1}$ y no corta a $L_{2}$ , por lo que es paralelo a $L_{2}$ . Sus vectores directores son $(3, 2, - 2)$ y $(- 3, 4, - 1)$ , y un vector normal es $32 - 2 \times - 3 4 - 1 = 2 \cdot (- 1) - (- 2) \cdot 4 (- 2) (- 3) - 3 \cdot (- 1) 3 \cdot 4 - 2 \cdot (- 3) = 6918 ∥ 236 .$ 2. El plano es $2 x + 3 y + 6 z = d$ . Con el punto $A (3, 0, 2)$ de $L_{1}$ : $d = 6 + 12 = 18$ . 3. Comprobamos que $L_{2}$ no está en el plano: el punto $(4, - 7, - 3)$ da $8 - 21 - 18 = - 31 \neq = 18$ . Como la recta es paralela al plano y no tiene puntos en él, no se corta.

Resultado: a) $A (3, 0, 2)$ y $B (1, - 3, - 4)$ ; b) $∣ A B ∣ = 7$ ; c) $2 x + 3 y + 6 z - 18 = 0$

Ejercicio 107 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2004

La ecuación de una recta $l_{1}$ es $\frac{x + 2}{3} = \frac{y}{1} = \frac{z - 9}{- 2}$ .

a) Sea $M$ un punto de $l_{1}$ con parámetro $μ$ .

Exprese las coordenadas de $M$ en función de $μ$ .

b) La recta $l_{2}$ es paralela a $l_{1}$ y pasa por $P (4, 0, - 3)$ .

(i) Escriba una ecuación para $l_{2}$ .

(ii) Exprese $P M$ en función de $μ$ .

c) El vector $P M$ es perpendicular a $l_{1}$ .

(i) Halle el valor de $μ$ .

(ii) Halle la distancia entre $l_{1}$ y $l_{2}$ .

d) El plano $π_{1}$ contiene a $l_{1}$ y a $l_{2}$ .

Halle una ecuación de $π_{1}$ , expresando la respuesta en la forma $A x + B y + C z = D$ .

e) El plano $π_{2}$ tiene por ecuación $x - 5 y - z = - 11$ .

Compruebe que $l_{1}$ es la recta de intersección de los planos $π_{1}$ y $π_{2}$ .

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Resultado: a) $M (- 2 + 3 μ, μ, 9 - 2 μ)$ ; b) i) $l_{2} : r = 40 - 3 + t 31 - 2$ , ii) $P M = - 6 + 3 μ μ 12 - 2 μ$ ; c) i) $μ = 3$ , ii) $d = 36$ ; d) $2 x - 4 y + z = 5$ ; e) comprobado.

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a) 1. Igualamos las fracciones al parámetro $μ$ : $x = - 2 + 3 μ$ , $y = μ$ , $z = 9 - 2 μ$ . 2. Así, $M (- 2 + 3 μ, μ, 9 - 2 μ)$ .

b) i) 1. $l_{2}$ tiene la misma dirección $(3, 1, - 2)$ y pasa por $P (4, 0, - 3)$ : $l_{2} : r = 40 - 3 + t 31 - 2, x = 4 + 3 t, y = t, z = - 3 - 2 t .$

(ii) 1. $P M = M - P = - 2 + 3 μ - 4 μ 9 - 2 μ + 3 = - 6 + 3 μ μ 12 - 2 μ$ .

c) i) 1. $P M ⊥ l_{1}$ significa $P M \cdot (3, 1, - 2) = 0$ : $3 (- 6 + 3 μ) + μ - 2 (12 - 2 μ) = - 18 + 9 μ + μ - 24 + 4 μ = 14 μ - 42 = 0.$ 2. Luego $μ = 3$ .

(ii) 1. Con $μ = 3$ : $P M = (3, 3, 6)$ . 2. Como es perpendicular a las dos rectas paralelas, su módulo es la distancia entre ellas: $d (l_{1}, l_{2}) = ∣ P M ∣ = 9 + 9 + 36 = 54 = 36 \approx 7, 35.$

d) 1. El plano $π_{1}$ contiene la dirección $(3, 1, - 2)$ y el vector $P M = (3, 3, 6)$ , que es proporcional a $(1, 1, 2)$ . 2. La normal es $31 - 2 \times 112 = 1 \cdot 2 - (- 2) \cdot 1 (- 2) \cdot 1 - 3 \cdot 2 3 \cdot 1 - 1 \cdot 1 = 4 - 8 2 ∥ 2 - 4 1 .$ 3. El plano es $2 x - 4 y + z = D$ . Con $P (4, 0, - 3)$ : $D = 8 - 0 - 3 = 5$ . 4. $π_{1} : 2 x - 4 y + z = 5$ (equivale a $- 2 x + 4 y - z + 5 = 0$ ).

e) 1. Un punto de $l_{1}$ , por ejemplo $(- 2, 0, 9)$ ( $μ = 0$ ), cumple $π_{1}$ : $- 4 - 0 + 9 = 5$ ; y cumple $π_{2}$ : $- 2 - 0 - 9 = - 11$ . 2. La dirección $(3, 1, - 2)$ cumple los dos planos (es perpendicular a sus normales): con $π_{1}$ , $6 - 4 - 2 = 0$ ; con $π_{2}$ , $3 - 5 + 2 = 0$ . 3. Por tanto $l_{1}$ está contenida en $π_{1}$ y en $π_{2}$ . Como las normales $(2, - 4, 1)$ y $(1, - 5, - 1)$ no son proporcionales, los planos no son paralelos y se cortan en una única recta. Esa recta es $l_{1}$ .

Ejercicio 108 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2011

Los puntos $A (1, 2, 1)$ , $B (- 3, 1, 4)$ , $C (5, - 1, 2)$ y $D (5, 3, 7)$ son los vértices de un tetraedro.

a) Encuentre los vectores $A B$ y $A C$ .

b) Encuentre la ecuación cartesiana del plano $Π$ que contiene la cara $A B C$ .

c) Hallar la ecuación vectorial de la recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $Π$ .

Usando lo anterior, o de otra manera, calcule la distancia más corta de $D$ a $Π$ .

d) (i) Calcule el área del triángulo $A B C$ .

(ii) Calcule el volumen del tetraedro $A B C D$ .

e) Determine cuál de los vértices $B$ o $D$ está más cerca de su cara opuesta.

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Resultado: a) $A B = - 4 - 1 3$ , $A C = 4 - 3 1$ . b) $x + 2 y + 2 z - 7 = 0$ . c) $r = 537 + t 122$ ; $d (D, Π) = 6$ . d) (i) $12$ ; (ii) $24$ . e) $B$ está más cerca de su cara opuesta.

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a) $A B = B - A = - 4 - 1 3$ y $A C = C - A = 4 - 3 1$ .

b) 1. Una normal al plano es $A B \times A C = (- 1) \cdot 1 - 3 \cdot (- 3) 3 \cdot 4 - (- 4) \cdot 1 (- 4) (- 3) - (- 1) \cdot 4 = 81616 = 8122 .$ 2. Entonces $Π : x + 2 y + 2 z = d$ , y con $A (1, 2, 1)$ : $d = 1 + 4 + 2 = 7$ . 3. $Π : x + 2 y + 2 z - 7 = 0$ .

c) 1. La recta por $D$ perpendicular a $Π$ tiene la dirección de la normal: $r = 537 + t 122$ . 2. La distancia de $D$ a $Π$ es $d (D, Π) = \frac{∣5 + 2 \cdot 3 + 2 \cdot 7 - 7∣}{1 + 4 + 4} = \frac{18}{3} = 6.$

d) (i) El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial: $\frac{1}{2} 81616 = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 3 = 12$ .

(ii) El volumen es $\frac{1}{3} \cdot a ˊ rea de la base \cdot altura = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 6 = 24$ .

e) 1. La distancia de $D$ a su cara opuesta $A B C$ es $6$ . 2. Para $B$ hay que calcular la distancia $h_{B}$ a la cara $A C D$ . Usamos $V = \frac{1}{3} A ˊ rea (A C D) h_{B}$ . 3. $C A = - 4 3 - 1$ y $C D = 045$ , con $C A \times C D = 1920 - 16$ y módulo $361 + 400 + 256 = 1017$ . Entonces $A ˊ rea (A C D) = \frac{1}{2} 1017 \approx 15, 9$ . 4. $h_{B} = \frac{3 V}{A ˊ rea ( A C D )} = \frac{72}{1017} \approx 2, 26$ . 5. Como $2, 26 < 6$ , el vértice $B$ está más cerca de su cara opuesta.

Resultado: a) $A B = - 4 - 1 3$ , $A C = 4 - 3 1$ . b) $x + 2 y + 2 z - 7 = 0$ . c) $r = 537 + t 122$ ; $d (D, Π) = 6$ . d) (i) $12$ ; (ii) $24$ . e) $B$ está más cerca de su cara opuesta.

Ejercicio 109 DifícilIB · P1 TZ1 Mayo 2015

Dos rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ están dadas respectivamente por las ecuaciones $r_{1} = O A + λ v$ y $r_{2} = O B + μ w$ donde $O A = i + 2 j + 3 k$ , $v = i + j + k$ , $O B = 2 i + j - k$ , $w = i - j + 2 k$ y $O$ es el origen. Sea $P$ un punto en $l_{1}$ y sea $Q$ un punto en $l_{2}$ .

a) Calcule $P Q$ en función de $λ$ y $μ$ .

b) Hallar el valor de $λ$ y el valor de $μ$ para el cual $P Q$ es perpendicular a los vectores de dirección de $l_{1}$ y $l_{2}$ .

c) Usando lo anterior encuentre la distancia más corta entre $l_{1}$ y $l_{2}$ .

d) Halle la ecuación cartesiana del plano $Π$ , que contiene la recta $l_{1}$ y es paralelo al vector de dirección de la recta $l_{2}$ .

Sea $O T = O B + η (v \times w)$ .

e) Hallar el valor de $η$ para el cual el punto $T$ se encuentra en el plano $Π$ .

f) Para este valor de $η$ , calcule $B T$ .

g) Indique lo que usted nota acerca de sus respuestas a (c) y (f), y dé una interpretación de este resultado.

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Resultado: a) $P Q = 1 + μ - λ - 1 - μ - λ - 4 + 2 μ - λ$ . b) $λ = - \frac{6}{7}$ , $μ = \frac{5}{7}$ . c) $\frac{6 14}{7}$ . d) $3 x - y - 2 z + 5 = 0$ . e) $η = - \frac{6}{7}$ . f) $\frac{6 14}{7}$ . g) Ambas coinciden: es la distancia más corta entre las dos rectas.

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a) 1. $P = A + λ v = (1 + λ, 2 + λ, 3 + λ)$ y $Q = B + μ w = (2 + μ, 1 - μ, - 1 + 2 μ)$ . 2. $P Q = Q - P = 1 + μ - λ - 1 - μ - λ - 4 + 2 μ - λ$ .

b) 1. $P Q \cdot v = 0$ : $(1 + μ - λ) + (- 1 - μ - λ) + (- 4 + 2 μ - λ) = - 4 + 2 μ - 3 λ = 0$ . 2. $P Q \cdot w = 0$ : $(1 + μ - λ) - (- 1 - μ - λ) + 2 (- 4 + 2 μ - λ) = - 6 + 6 μ - 2 λ = 0$ , es decir, $λ = 3 μ - 3$ . 3. Sustituimos en la primera: $- 4 + 2 μ - 9 μ + 9 = 0$ , luego $5 - 7 μ = 0$ y $μ = \frac{5}{7}$ . 4. Entonces $λ = \frac{15}{7} - 3 = - \frac{6}{7}$ .

c) 1. Con estos valores, $P Q = 1 + \frac{5}{7} + \frac{6}{7} - 1 - \frac{5}{7} + \frac{6}{7} - 4 + \frac{10}{7} + \frac{6}{7} = \frac{1}{7} 18 - 6 - 12 = \frac{6}{7} 3 - 1 - 2$ . 2. La distancia más corta entre las rectas es la longitud de este segmento común perpendicular: $P Q = \frac{6}{7} 9 + 1 + 4 = \frac{6 14}{7} \approx 3, 21.$

d) 1. La normal de $Π$ es perpendicular a $v$ y a $w$ : $v \times w = 1 \cdot 2 - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot 1 - 1 \cdot 2 1 \cdot (- 1) - 1 \cdot 1 = 3 - 1 - 2 .$ 2. Entonces $Π : 3 x - y - 2 z = d$ , y con $A (1, 2, 3) \in l_{1}$ : $d = 3 - 2 - 6 = - 5$ . 3. $Π : 3 x - y - 2 z + 5 = 0$ .

e) 1. $T = B + η (v \times w) = (2 + 3 η, 1 - η, - 1 - 2 η)$ . 2. Lo imponemos en $Π$ : $3 (2 + 3 η) - (1 - η) - 2 (- 1 - 2 η) + 5 = 0$ , es decir, $6 + 9 η - 1 + η + 2 + 4 η + 5 = 12 + 14 η = 0$ . 3. $η = - \frac{6}{7}$ .

f) $B T = η (v \times w)$ , luego $B T = ∣ η ∣ 9 + 1 + 4 = \frac{6}{7} 14 = \frac{6 14}{7}$ .

g) Las dos distancias coinciden: $P Q = B T = \frac{6 14}{7}$ . El vector $B T$ es perpendicular a $Π$ y a $l_{2}$ , así que su longitud es la distancia entre el plano $Π$ y la recta $l_{2}$ (paralela a $Π$ ), que es la distancia más corta entre $l_{1}$ (contenida en $Π$ ) y $l_{2}$ .

Posiciones relativas e intersecciones

Ejercicio 110 BásicoIB · P1 Mayo 1999

Encuentre las coordenadas del punto donde la recta dada por las ecuaciones paramétricas $x y z = 2 λ + 4 = - λ - 2 = 3 λ + 2$ corta al plano con la ecuación $2 x + 3 y - z = 2$ .

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Resultado: punto de corte $(2, - 1, - 1)$

Ver proceso y resultado

Sustituimos las ecuaciones de la recta en la del plano: $2 (2 λ + 4) + 3 (- λ - 2) - (3 λ + 2) = 2.$
Desarrollamos: $4 λ + 8 - 3 λ - 6 - 3 λ - 2 = 2$ , es decir, $- 2 λ = 2$ , luego $λ = - 1$ .
Volvemos a las paramétricas con $λ = - 1$ : $x = 2$ , $y = - 1$ , $z = - 1$ .

Resultado: punto de corte $(2, - 1, - 1)$

Ejercicio 111 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2004

La recta $x - 1 = \frac{y + 1}{2} = \frac{z}{3}$ y el plano $r \cdot (i + 2 j - k) = 1$ se cortan en el punto $P$ . Calcule las coordenadas de $P$ .

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Resultado: $P (2, 1, 3)$

Ver proceso y resultado

Pasamos la recta a paramétricas igualando las tres fracciones a $t$ : $x = 1 + t$ , $y = - 1 + 2 t$ , $z = 3 t$ .
El plano $r \cdot (i + 2 j - k) = 1$ en coordenadas es $x + 2 y - z = 1$ .
Sustituimos la recta en el plano: $(1 + t) + 2 (- 1 + 2 t) - 3 t = 1$ , es decir, $2 t - 1 = 1$ , luego $t = 1$ .
Con $t = 1$ : $x = 2$ , $y = 1$ , $z = 3$ .

Resultado: $P (2, 1, 3)$

Ejercicio 112 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2004

La recta $r = i + k + μ (i - j + 2 k)$ y el plano $2 x - y + z + 2 = 0$ se cortan en el punto $P$ . Halle las coordenadas de $P$ .

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Resultado: $P (0, 1, - 1)$

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Las ecuaciones paramétricas de la recta son $x = 1 + μ$ , $y = - μ$ , $z = 1 + 2 μ$ .
Sustituimos en el plano: $2 (1 + μ) - (- μ) + (1 + 2 μ) + 2 = 0$ , es decir, $5 μ + 5 = 0$ , de donde $μ = - 1$ .
Con $μ = - 1$ : $x = 0$ , $y = 1$ , $z = - 1$ .

Resultado: $P (0, 1, - 1)$

Ejercicio 113 BásicoIB · P2 TZ0 Noviembre 2015

Los tres planos cuyas ecuaciones cartesianas son $2 x + 3 y - z = 11$ , $x + 2 y + z = 3$ y $5 x - y - z = 10$ se cortan en el punto $P$ . Halle las coordenadas de $P$ .

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Resultado: $P (\frac{17}{9}, \frac{5}{3}, - \frac{20}{9})$

Ver proceso y resultado

Sumamos las dos primeras ecuaciones para eliminar $z$ : $3 x + 5 y = 14$ .
Sumamos la segunda y la tercera: $6 x + y = 13$ , es decir $y = 13 - 6 x$ .
Sustituimos en $3 x + 5 y = 14$ : $3 x + 65 - 30 x = 14$ , luego $- 27 x = - 51$ y $x = \frac{17}{9}$ .
$y = 13 - \frac{102}{9} = \frac{15}{9} = \frac{5}{3}$ .
De la segunda ecuación, $z = 3 - x - 2 y = 3 - \frac{17}{9} - \frac{30}{9} = - \frac{20}{9}$ .
En la Prueba 2 se comprueba resolviendo el sistema con la calculadora.

Resultado: $P (\frac{17}{9}, \frac{5}{3}, - \frac{20}{9})$

Ejercicio 114 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Halle las coordenadas del punto de intersección de los planos definidos por las ecuaciones $x + y + z = 3$ , $x - y + z = 5$ , $x + y + 2 z = 6$ .

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Resultado: $(1, - 1, 3)$

Ver proceso y resultado

Restamos la primera ecuación a la tercera: $(x + y + 2 z) - (x + y + z) = 6 - 3$ , luego $z = 3$ .
Restamos la segunda a la primera: $(x + y + z) - (x - y + z) = 3 - 5$ , luego $2 y = - 2$ y $y = - 1$ .
Sustituimos en la primera: $x - 1 + 3 = 3$ , así que $x = 1$ .
Comprobamos en la segunda: $1 + 1 + 3 = 5$ y en la tercera: $1 - 1 + 6 = 6$ . Se cumplen. (Con la CPG se resuelve el sistema $3 \times 3$ directamente.)

Resultado: $(1, - 1, 3)$

Ejercicio 115 BásicoIB · P1 TZ2 Mayo 2016

El siguiente sistema de ecuaciones representa tres planos en el espacio.

$x + 3 y + z = - 1$

$x + 2 y - 2 z = 15$

$2 x + y - z = 6$

Halle las coordenadas del punto de intersección de los tres planos.

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Resultado: $(- 1, 2, - 6)$

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El punto de intersección es la solución del sistema. Se puede resolver con la CPG, o por eliminación.
Restamos la segunda ecuación a la primera: $y + 3 z = - 16$ . (1)
Restamos al doble de la segunda la tercera: $2 (x + 2 y - 2 z) - (2 x + y - z) = 30 - 6$ , es decir, $3 y - 3 z = 24$ , o sea $y - z = 8$ . (2)
Restamos (2) de (1): $4 z = - 24$ , luego $z = - 6$ .
De (2): $y = 8 + z = 2$ . De la primera ecuación: $x = - 1 - 3 y - z = - 1 - 6 + 6 = - 1$ .
Comprobamos en la tercera: $2 (- 1) + 2 - (- 6) = 6$ . Se cumple.

Resultado: $(- 1, 2, - 6)$

Ejercicio 116 BásicoIB · P1 TZ1 Mayo 2005

La recta $\frac{x - 3}{2} = y + 1 = \frac{5 - z}{3}$ y el plano $2 x - y + 3 z = 10$ se cortan en el punto $P$ .

Calcule las coordenadas de $P$ .

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Resultado: $P (7, 1, - 1)$

Ver proceso y resultado

Igualamos las tres fracciones a un parámetro $s$ : $x = 3 + 2 s$ , $y = - 1 + s$ , $5 - z = 3 s \Rightarrow z = 5 - 3 s$ .
Sustituimos en el plano: $2 (3 + 2 s) - (- 1 + s) + 3 (5 - 3 s) = 6 + 4 s + 1 - s + 15 - 9 s = 22 - 6 s = 10.$
Resolvemos: $6 s = 12$ , luego $s = 2$ .
Volvemos a la recta: $x = 7$ , $y = 1$ , $z = - 1$ .

Resultado: $P (7, 1, - 1)$

Ejercicio 117 BásicoIB · P1 TZ0 Noviembre 2007Demostración

Un plano $Π$ tiene por ecuación $r \cdot 2 - 1 1 = 16$ y una recta $l$ tiene por ecuaciones $\frac{x - 4}{- 1} = \frac{y + 2}{2} = \frac{z - 6}{4}$ .

Compruebe que la recta $l$ está contenida en el plano $Π$ .

Ver solución

El plano es $2 x - y + z = 16$ , con normal $n = (2, - 1, 1)$ . La recta pasa por $(4, - 2, 6)$ y tiene dirección $d = (- 1, 2, 4)$ .
Para que la recta esté contenida en el plano hacen falta dos cosas: que un punto de la recta esté en el plano y que la dirección sea perpendicular a la normal.
Punto: $2 \cdot 4 - (- 2) + 6 = 8 + 2 + 6 = 16$ . El punto $(4, - 2, 6)$ está en $Π$ .
Dirección: $d \cdot n = (- 1) (2) + 2 (- 1) + 4 \cdot 1 = - 2 - 2 + 4 = 0$ . La recta es paralela al plano.
Una recta paralela a un plano que tiene un punto en él está contenida en el plano.

Queda demostrado.

Ejercicio 118 MedioIB · P2 TZ2 Mayo 2010

Los tres planos $2 x - 2 y - z 4 x + 5 y - 2 z 3 x + 4 y - 3 z = 3 = - 3 = - 7$ se cortan en un punto de coordenadas $(a, b, c)$ .

a) Halle el valor de $a$ , $b$ y $c$ .

b) Las ecuaciones de otros tres planos son: $2 x - 4 y - 3 z - x + 3 y + 5 z 3 x - 5 y - z = 4 = - 2 = 6$ Halle una ecuación vectorial de la recta de intersección de estos tres planos.

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Resultado: a) $a = 2$ , $b = - 1$ , $c = 3$ ; b) $r = 200 + t - 11 - 7 2$

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a) 1. Eliminamos $x$ . Restamos a la segunda ecuación el doble de la primera: $(4 x + 5 y - 2 z) - 2 (2 x - 2 y - z) = - 3 - 6$ , es decir, $9 y = - 9$ , luego $y = - 1$ . 2. Eliminamos también $x$ entre la primera y la tercera: $2 \cdot (3 x + 4 y - 3 z) - 3 \cdot (2 x - 2 y - z) = 2 \cdot (- 7) - 3 \cdot 3$ , es decir, $14 y - 3 z = - 23$ . 3. Con $y = - 1$ : $- 14 - 3 z = - 23$ , luego $z = 3$ . 4. De la primera ecuación: $2 x + 2 - 3 = 3$ , luego $x = 2$ . 5. En la Prueba 2 el sistema también se resuelve directamente con la CPG.

b) 1. Sumamos a la primera ecuación el doble de la segunda: $(2 x - 4 y - 3 z) + 2 (- x + 3 y + 5 z) = 4 + 2 (- 2)$ , es decir, $2 y + 7 z = 0$ , luego $y = - \frac{7 z}{2}$ . 2. De la segunda ecuación: $x = 3 y + 5 z + 2 = - \frac{21 z}{2} + 5 z + 2 = 2 - \frac{11 z}{2}$ . 3. Comprobamos con la tercera: $3 x - 5 y - z = 6 - \frac{33 z}{2} + \frac{35 z}{2} - z = 6$ , que se cumple para todo $z$ . Los tres planos comparten una recta. 4. Tomamos $z = 2 t$ : $x = 2 - 11 t$ , $y = - 7 t$ , $z = 2 t$ .

Resultado: a) $a = 2$ , $b = - 1$ , $c = 3$ ; b) $r = 200 + t - 11 - 7 2$

Ejercicio 119 MedioIB · P1 Mayo 2001

Calcule la ecuación de la recta de intersección de los dos planos $- 4 x + y + z = - 2$ y $3 x - y + 2 z = - 1$ .

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Resultado: $x = 3 + 3 t, y = 10 + 11 t, z = t$

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Un vector director de la recta es perpendicular a los dos vectores normales $n_{1} = - 4 11$ y $n_{2} = 3 - 1 2$ : $d = n_{1} \times n_{2} = 1 \cdot 2 - 1 \cdot (- 1) 1 \cdot 3 - (- 4) \cdot 2 (- 4) (- 1) - 1 \cdot 3 = 3111 .$
Buscamos un punto común. Con $z = 0$ : $- 4 x + y = - 2$ y $3 x - y = - 1$ . Sumándolas, $- x = - 3$ , luego $x = 3$ e $y = 10$ . El punto es $(3, 10, 0)$ .
Comprobamos en los dos planos: $- 12 + 10 = - 2$ y $9 - 10 = - 1$ . Correcto.
Con $z = t$ obtenemos unas ecuaciones paramétricas.

Resultado: $x = 3 + 3 t, y = 10 + 11 t, z = t$

Ejercicio 120 MedioIB · P1 Noviembre 2002

Halle una ecuación de la recta de intersección de los siguientes planos $x + 2 y - 3 z 2 x + 3 y - 5 z = 2 = 3$

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Resultado: $\frac{x}{1} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z}{1}$

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El vector director es perpendicular a los dos vectores normales $(1, 2, - 3)$ y $(2, 3, - 5)$ : $d = 2 \cdot (- 5) - (- 3) \cdot 3 (- 3) \cdot 2 - 1 \cdot (- 5) 1 \cdot 3 - 2 \cdot 2 = - 1 - 1 - 1,$ y usamos el vector proporcional $(1, 1, 1)$ .
Buscamos un punto común. Con $z = 0$ : $x + 2 y = 2$ y $2 x + 3 y = 3$ . De la primera, $x = 2 - 2 y$ ; en la segunda, $4 - 4 y + 3 y = 3$ , luego $y = 1$ y $x = 0$ . El punto es $(0, 1, 0)$ .
Comprobamos: $0 + 2 = 2$ y $0 + 3 = 3$ . Correcto.
La recta, en forma continua, es $\frac{x}{1} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z}{1}$ .

Resultado: $\frac{x}{1} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z}{1}$

Ejercicio 121 MedioIB · P1 Mayo 2002

Las ecuaciones vectoriales de las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son

$L_{1} : r = i + j + k + λ (i + 2 j + 3 k)$

$L_{2} : r = i + 4 j + 5 k + μ (2 i + j + 2 k)$

Las dos rectas se cortan en el punto $P$ . Halle el vector de posición de $P$ .

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Resultado: $O P = 357$

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Igualamos las coordenadas de los puntos de las dos rectas: $(1 + λ, 1 + 2 λ, 1 + 3 λ) = (1 + 2 μ, 4 + μ, 5 + 2 μ)$ .
De la primera: $λ = 2 μ$ .
De la segunda: $1 + 4 μ = 4 + μ$ , luego $μ = 1$ y $λ = 2$ .
Comprobamos en la tercera: $1 + 3 \cdot 2 = 7$ y $5 + 2 \cdot 1 = 7$ . Se cumple.
Con $λ = 2$ : $P (3, 5, 7)$ .

Resultado: $O P = 357$

Ejercicio 122 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2010

Considere el plano cuya ecuación es $4 x - 2 y - z = 1$ y la recta que viene dada por las ecuaciones paramétricas

$x = 3 - 2 λ$

$y = (2 k - 1) + λ$

$z = - 1 + k λ$

Sabiendo que la recta es perpendicular al plano, halle:

a) el valor de $k$ .

b) las coordenadas del punto de intersección de la recta y el plano.

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Resultado: (a) $k = \frac{1}{2}$ ; (b) $(\frac{5}{7}, \frac{8}{7}, - \frac{3}{7})$

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a) 1. El vector director de la recta es $(- 2, 1, k)$ y el vector normal del plano es $(4, - 2, - 1)$ . 2. Si la recta es perpendicular al plano, ambos vectores son paralelos: $\frac{- 2}{4} = \frac{1}{- 2} = \frac{k}{- 1}$ . 3. Las dos primeras razones valen $- \frac{1}{2}$ , luego $\frac{k}{- 1} = - \frac{1}{2}$ y $k = \frac{1}{2}$ .

b) 1. Con $k = \frac{1}{2}$ la recta es $x = 3 - 2 λ$ , $y = λ$ , $z = - 1 + \frac{λ}{2}$ . 2. Sustituimos en el plano: $4 (3 - 2 λ) - 2 λ - (- 1 + \frac{λ}{2}) = 1$ , es decir, $13 - \frac{21}{2} λ = 1$ , luego $λ = \frac{8}{7}$ . 3. El punto es $(3 - \frac{16}{7}, \frac{8}{7}, - 1 + \frac{4}{7}) = (\frac{5}{7}, \frac{8}{7}, - \frac{3}{7})$ .

Resultado: (a) $k = \frac{1}{2}$ ; (b) $(\frac{5}{7}, \frac{8}{7}, - \frac{3}{7})$

Ejercicio 123 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2004

Considere los cuatro puntos $A (1, 4, - 1)$ , $B (2, 5, - 2)$ , $C (5, 6, 3)$ y $D (8, 8, 4)$ . Halle el punto de intersección entre las rectas $(A B)$ y $(C D)$ .

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Resultado: $(- 1, 2, 1)$

Ver proceso y resultado

Direcciones: $A B = (1, 1, - 1)$ y $C D = (3, 2, 1)$ .
Ecuaciones paramétricas: $(A B) : (1 + s, 4 + s, - 1 - s)$ y $(C D) : (5 + 3 t, 6 + 2 t, 3 + t)$ .
Igualamos las dos primeras coordenadas: $1 + s = 5 + 3 t$ y $4 + s = 6 + 2 t$ . Restando: $3 = 1 - t$ , luego $t = - 2$ , y entonces $s = - 2$ .
Comprobamos la tercera coordenada: $- 1 - s = 1$ y $3 + t = 1$ . Coinciden, así que las rectas se cortan.
El punto se obtiene con $s = - 2$ : $(1 - 2, 4 - 2, - 1 + 2) = (- 1, 2, 1)$ .

Resultado: $(- 1, 2, 1)$

Ejercicio 124 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2016

Considere las rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ definidas mediante

$l_{1} : r = - 3 - 2 a + β 142$ y $l_{2} : \frac{6 - x}{3} = \frac{y - 2}{4} = 1 - z$ donde $a$ es una constante.

Sabiendo que las rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ se cortan en un punto P,

a) halle el valor de $a$ ;

b) determine las coordenadas del punto de intersección P.

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Resultado: a) $a = - 7$ ; b) $P (0, 10, - 1)$

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a) 1. Escribimos $l_{2}$ en paramétricas con $\frac{6 - x}{3} = \frac{y - 2}{4} = 1 - z = μ$ : $x = 6 - 3 μ$ , $y = 2 + 4 μ$ , $z = 1 - μ$ . 2. Un punto de $l_{1}$ es $(- 3 + β, - 2 + 4 β, a + 2 β)$ . Igualamos coordenadas: $- 3 + β = 6 - 3 μ, - 2 + 4 β = 2 + 4 μ, a + 2 β = 1 - μ .$ 3. De la segunda: $β = 1 + μ$ . En la primera: $- 3 + 1 + μ = 6 - 3 μ$ , $4 μ = 8$ , $μ = 2$ y $β = 3$ . 4. En la tercera: $a + 6 = 1 - 2 = - 1$ , luego $a = - 7$ .

b) 1. Con $μ = 2$ en $l_{2}$ : $x = 6 - 6 = 0$ , $y = 2 + 8 = 10$ , $z = 1 - 2 = - 1$ . 2. Comprobamos con $l_{1}$ ( $β = 3$ ): $(- 3 + 3, - 2 + 12, - 7 + 6) = (0, 10, - 1)$ .

Resultado: a) $a = - 7$ ; b) $P (0, 10, - 1)$

Ejercicio 125 MedioIB · P2 Noviembre 1997

Considere las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ dadas por las ecuaciones

$L_{1} : \frac{x - 2}{3} = \frac{1 - y}{2} = \frac{z}{4}$ $L_{2} : \frac{x + 2}{2} = y - 1 = 2 - z$

a) Muestre que el vector $- 2 i + 11 j + 7 k$ es perpendicular a las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .

b) Muestre que $L_{1}$ y $L_{2}$ no se cortan.

c) Calcule la ecuación del plano que contiene a $L_{1}$ y es paralelo a $L_{2}$ .

Dé su respuesta en la forma $a x + b y + cz = d$ .

Ver resultado

Resultado: c) $- 2 x + 11 y + 7 z = 7$ . Los apartados a) y b) son demostraciones.

Ver proceso y resultado

a) 1. Dirección de $L_{1}$ : igualando las fracciones a $s$ , $x = 2 + 3 s$ , $y = 1 - 2 s$ , $z = 4 s$ , luego $d_{1} = (3, - 2, 4)$ y pasa por $(2, 1, 0)$ . 2. Dirección de $L_{2}$ : igualando a $t$ , $x = - 2 + 2 t$ , $y = 1 + t$ , $z = 2 - t$ , luego $d_{2} = (2, 1, - 1)$ y pasa por $(- 2, 1, 2)$ . 3. $(- 2, 11, 7) \cdot (3, - 2, 4) = - 6 - 22 + 28 = 0$ y $(- 2, 11, 7) \cdot (2, 1, - 1) = - 4 + 11 - 7 = 0$ . Es perpendicular a ambas rectas.

b) 1. Las direcciones $(3, - 2, 4)$ y $(2, 1, - 1)$ no son proporcionales, así que las rectas no son paralelas. 2. Buscamos un punto común: $2 + 3 s = - 2 + 2 t$ , $1 - 2 s = 1 + t$ , $4 s = 2 - t$ . 3. De la segunda, $t = - 2 s$ . En la primera: $2 + 3 s = - 2 - 4 s$ , luego $s = - \frac{4}{7}$ y $t = \frac{8}{7}$ . 4. En la tercera: $4 s = - \frac{16}{7}$ y $2 - t = \frac{6}{7}$ . No coinciden. 5. El sistema no tiene solución: las rectas no se cortan.

c) 1. El plano contiene a $L_{1}$ y es paralelo a $L_{2}$ , así que sus vectores directores son $d_{1}$ y $d_{2}$ . Un normal es $d_{1} \times d_{2}$ , y por el apartado a) puede tomarse $n = (- 2, 11, 7)$ . 2. El plano es $- 2 x + 11 y + 7 z = d$ . Pasa por $(2, 1, 0)$ de $L_{1}$ : $d = - 4 + 11 = 7$ . 3. $- 2 x + 11 y + 7 z = 7$ . Comprobamos con otro punto de $L_{1}$ , $(5, - 1, 4)$ : $- 10 - 11 + 28 = 7$ .

Resultado: c) $- 2 x + 11 y + 7 z = 7$ . Los apartados a) y b) son demostraciones.

Ejercicio 126 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2007

Las rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ tienen por ecuaciones $r_{1} = 430 + λ 15 - 2$ y $r_{2} = 2 - 1 3 + μ 02 - 3$ respectivamente, donde $λ$ y $μ$ son parámetros.

a) Compruebe que $l_{1}$ pasa por el punto $(2, - 7, 4)$ .

b) Determine si las rectas $l_{1}$ y $l_{2}$ se cortan.

Ver resultado

Resultado: a) $λ = - 2$ da el punto $(2, - 7, 4)$ . b) Las rectas no se cortan.

Ver proceso y resultado

a) 1. Un punto está en $l_{1}$ si existe un $λ$ que reproduce sus tres coordenadas: $4 + λ = 2, 3 + 5 λ = - 7, - 2 λ = 4.$ 2. La primera da $λ = - 2$ , y ese valor cumple también la segunda ( $3 - 10 = - 7$ ) y la tercera ( $- 2 \cdot (- 2) = 4$ ). 3. Luego $(2, - 7, 4)$ pertenece a $l_{1}$ .

b) 1. Igualamos las coordenadas de un punto de $l_{1}$ y uno de $l_{2}$ : $4 + λ 3 + 5 λ - 2 λ = 2 = - 1 + 2 μ = 3 - 3 μ$ 2. De la primera, $λ = - 2$ . Sustituyendo en la segunda: $3 - 10 = - 1 + 2 μ$ , de donde $μ = - 3$ . 3. Comprobamos en la tercera: el primer miembro vale $- 2 \cdot (- 2) = 4$ y el segundo $3 - 3 \cdot (- 3) = 12$ . No coinciden. 4. El sistema no tiene solución, así que las rectas no tienen ningún punto común.

Resultado: a) $λ = - 2$ da el punto $(2, - 7, 4)$ . b) Las rectas no se cortan.

Ejercicio 127 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2008

Encuentre la ecuación vectorial de la recta de intersección de los tres planos representados por el siguiente sistema de ecuaciones.

$2 x - 7 y + 5 z 6 x + 3 y - z - 14 x - 23 y + 13 z = 1 = - 1 = 5$

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Resultado: $r = - \frac{1}{12} - \frac{1}{6} 0 + t - 1 46$

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Usamos $z$ como parámetro y despejamos $x$ e $y$ con las dos primeras ecuaciones. De la segunda, $z = 6 x + 3 y + 1$ .
Sustituimos en la primera: $2 x - 7 y + 5 (6 x + 3 y + 1) = 1$ , es decir, $32 x + 8 y = - 4$ , o sea $8 x + 2 y = - 1$ .
Sustituimos en la tercera: $- 14 x - 23 y + 13 (6 x + 3 y + 1) = 5$ , es decir, $64 x + 16 y = - 8$ , o sea $8 x + 2 y = - 1$ . Es la misma ecuación, así que la tercera no añade información y los tres planos se cortan en una recta (el sistema es compatible indeterminado).
Con $x = s$ : $y = \frac{- 1 - 8 s}{2} = - \frac{1}{2} - 4 s$ y $z = 6 s + 3 (- \frac{1}{2} - 4 s) + 1 = - \frac{1}{2} - 6 s$ . Es una forma válida; para tener un punto y un vector más cómodos, reparametrizamos con $z = t$ .
De $z = - \frac{1}{2} - 6 s$ obtenemos $s = - \frac{1}{12} - \frac{t}{6}$ , y entonces $x = - \frac{1}{12} - \frac{t}{6}$ , $y = - \frac{1}{6} + \frac{2}{3} t$ . Es decir, con $z = t$ : $x = - \frac{1}{12} - \frac{1}{6} t, y = - \frac{1}{6} + \frac{2}{3} t, z = t .$
Multiplicando el vector director por $6$ (cambiando el parámetro $t = 6 u$ ): punto $(- \frac{1}{12}, - \frac{1}{6}, 0)$ y dirección $- 1 46$ .
Comprobación del vector director: es perpendicular a las tres normales, pues $2 (- 1) - 7 \cdot 4 + 5 \cdot 6 = 0$ , $6 (- 1) + 3 \cdot 4 - 6 = 0$ y $- 14 (- 1) - 23 \cdot 4 + 13 \cdot 6 = 0$ .

Resultado: $r = - \frac{1}{12} - \frac{1}{6} 0 + t - 1 46$

Ejercicio 128 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2012

Los planos $2 x + 3 y - z = 5$ y $x - y + 2 z = k$ se cortan en la recta $5 x + 1 = 9 - 5 y = - 5 z$ .

Encuentre el valor de $k$ .

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Resultado: $k = - 2$

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Todos los puntos de la recta deben estar en el segundo plano. Para obtener un punto de la recta tomamos $x = 0$ : $5 x + 1 = 1$ , luego $9 - 5 y = 1$ da $y = \frac{8}{5}$ y $- 5 z = 1$ da $z = - \frac{1}{5}$ . El punto es $(0, \frac{8}{5}, - \frac{1}{5})$ .
Comprobamos que está en el primer plano: $2 \cdot 0 + 3 \cdot \frac{8}{5} - (- \frac{1}{5}) = \frac{24}{5} + \frac{1}{5} = 5$ . Se cumple.
Imponemos que esté en el segundo plano: $k = 0 - \frac{8}{5} + 2 (- \frac{1}{5}) = - \frac{10}{5} = - 2$ .
Comprobación con otro punto: con $5 x + 1 = 9 - 5 y = - 5 z = u$ se tiene $x = \frac{u - 1}{5}$ , $y = \frac{9 - u}{5}$ , $z = - \frac{u}{5}$ , y entonces $x - y + 2 z = \frac{( u - 1 ) - ( 9 - u ) - 2 u}{5} = - 2$ para cualquier $u$ .

Resultado: $k = - 2$

Ejercicio 129 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2011

Dos planos $Π_{1}$ y $Π_{2}$ tienen por ecuación $2 x + y + z = 1$ y $3 x + y - z = 2$ , respectivamente.

a) Halle la ecuación vectorial de $L$ , la recta de intersección de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ .

b) Compruebe que el plano $Π_{3}$ , que es perpendicular a $Π_{1}$ y contiene a $L$ , tiene por ecuación $x - 2 z = 1$ .

c) El punto $P$ tiene coordenadas $(- 2, 4, 1)$ , el punto $Q$ pertenece a $Π_{3}$ y $P Q$ es perpendicular a $Π_{2}$ . Halle las coordenadas de $Q$ .

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Resultado: a) $r = 1 - 1 0 + t 2 - 5 1$ . b) $Π_{3} : x - 2 z = 1$ . c) $Q (1, 5, 0)$ .

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a) 1. La dirección de $L$ es perpendicular a las dos normales $n_{1} = 211$ y $n_{2} = 31 - 1$ : $n_{1} \times n_{2} = 1 \cdot (- 1) - 1 \cdot 1 1 \cdot 3 - 2 \cdot (- 1) 2 \cdot 1 - 1 \cdot 3 = - 2 5 - 1 ∥ 2 - 5 1 .$ 2. Un punto de $L$ : con $z = 0$ el sistema $2 x + y = 1$ , $3 x + y = 2$ da (restando) $x = 1$ y $y = - 1$ . El punto es $(1, - 1, 0)$ . 3. $L : r = 1 - 1 0 + t 2 - 5 1$ .

b) 1. $Π_{3}$ contiene a $L$ y es perpendicular a $Π_{1}$ , así que su normal es perpendicular a la dirección de $L$ y a $n_{1}$ . Sirve $2 - 5 1 \times 211 = (- 5) \cdot 1 - 1 \cdot 1 1 \cdot 2 - 2 \cdot 1 2 \cdot 1 - (- 5) \cdot 2 = - 6 012 ∥ 10 - 2 .$ 2. Entonces $Π_{3} : x - 2 z = d$ . Pasa por $(1, - 1, 0)$ , que está en $L$ : $d = 1$ . 3. Por tanto $Π_{3} : x - 2 z = 1$ , como se quería comprobar.

c) 1. $P Q$ es perpendicular a $Π_{2}$ , luego $Q = P + s n_{2} = (- 2 + 3 s, 4 + s, 1 - s)$ . 2. $Q$ está en $Π_{3}$ : $(- 2 + 3 s) - 2 (1 - s) = 1$ , es decir, $- 4 + 5 s = 1$ y $s = 1$ . 3. $Q = (1, 5, 0)$ .

Resultado: a) $r = 1 - 1 0 + t 2 - 5 1$ . b) $Π_{3} : x - 2 z = 1$ . c) $Q (1, 5, 0)$ .

Ejercicio 130 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Consideremos las siguientes ecuaciones, donde $a, b \in R$ :

$x + 3 y + (a - 1) z 2 x + 2 y + (a - 2) z 3 x + y + (a - 3) z = 1 = 1 = b$

a) Si cada una de estas ecuaciones define un plano, muestre que, para cualquier valor de $a$ , los planos no se cortan en un punto único.

b) Halle el valor de $b$ para el cual la intersección de los planos es una recta.

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Resultado: a) La tercera fila es $2 F_{2} - F_{1}$ , el sistema no tiene solución única. b) $b = 1$ .

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a) 1. Los coeficientes de las incógnitas forman las filas $F_{1} = (1, 3, a - 1)$ , $F_{2} = (2, 2, a - 2)$ y $F_{3} = (3, 1, a - 3)$ . 2. Se cumple $2 F_{2} - F_{1} = (4 - 1, 4 - 3, 2 a - 4 - a + 1) = (3, 1, a - 3) = F_{3}$ para todo $a$ . 3. Entonces el determinante de la matriz de coeficientes es $0$ para cualquier $a$ (una fila es combinación de las otras), y el sistema nunca tiene solución única: o no tiene solución o tiene infinitas.

b) 1. Aplicamos la misma combinación a los términos independientes: $2 \cdot 1 - 1 = 1$ . Para que la tercera ecuación sea consecuencia de las dos primeras hace falta que $b = 1$ . 2. Si $b \neq = 1$ , la tercera ecuación contradice a las otras dos y el sistema no tiene solución (los planos no tienen ningún punto común). 3. Si $b = 1$ , la tercera ecuación sobra y quedan dos ecuaciones independientes (los planos $F_{1}$ y $F_{2}$ no son paralelos porque $(1, 3)$ y $(2, 2)$ no son proporcionales). Dos planos no paralelos se cortan en una recta.

Resultado: a) La tercera fila es $2 F_{2} - F_{1}$ , el sistema no tiene solución única. b) $b = 1$ .

Ejercicio 131 MedioIB · P1 TZ2 Mayo 2014

a) Muestre que el siguiente sistema de ecuaciones tiene infinitas soluciones.

$x + y + 2 z 3 x - y + 14 z x + 2 y = - 2 = 6 = - 5$

El sistema de ecuaciones representa tres planos en el espacio.

b) Halle las ecuaciones paramétricas de la recta intersección de los tres planos.

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Resultado: a) La tercera ecuación se anula al combinar las otras dos: infinitas soluciones. b) $x = 1 - 4 t, y = - 3 + 2 t, z = t$ .

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a) 1. Eliminamos $x$ de la segunda y la tercera ecuación con la primera: $F_{2} - 3 F_{1}$ y $F_{3} - F_{1}$ : $x + y + 2 z - 4 y + 8 z y - 2 z = - 2 = 12 = - 3$ 2. Multiplicamos la tercera por $4$ y la sumamos a la segunda ( $4 F_{3} + F_{2}$ ): $x + y + 2 z - 4 y + 8 z 0 = - 2 = 12 = 0$ 3. La última ecuación se cumple siempre, así que quedan dos ecuaciones independientes con tres incógnitas: el sistema es compatible indeterminado, con infinitas soluciones.

b) 1. De $- 4 y + 8 z = 12$ obtenemos $y = - 3 + 2 z$ . 2. Tomamos $z = t$ : $y = - 3 + 2 t$ . De la primera ecuación, $x = - 2 - y - 2 z = - 2 + 3 - 2 t - 2 t = 1 - 4 t$ . 3. Ecuaciones paramétricas: $x = 1 - 4 t, y = - 3 + 2 t, z = t .$ 4. Comprobación en la tercera ecuación original: $x + 2 y = 1 - 4 t - 6 + 4 t = - 5$ .

Resultado: a) La tercera ecuación se anula al combinar las otras dos: infinitas soluciones. b) $x = 1 - 4 t, y = - 3 + 2 t, z = t$ .

Ejercicio 132 MedioIB · P2 TZ1 Mayo 2009

Consideremos los planos definidos por las ecuaciones $x + y + 2 z = 2$ , $2 x - y + 3 z = 2$ y $5 x - y + a z = 5$ donde $a$ es un número real.

a) Si $a = 4$ encuentra las coordenadas del punto de intersección de los tres planos.

b) (i) Encuentre el valor de $a$ para el cual los planos no se cortan en un punto único.

(ii) Para este valor de $a$ demuestre que los tres planos no tienen ningún punto común.

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Resultado: a) $(\frac{11}{12}, \frac{7}{12}, \frac{1}{4})$ ; b) i) $a = 8$ ; ii) el sistema es incompatible, no hay ningún punto común.

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a) 1. Sumamos las dos primeras ecuaciones: $3 x + 5 z = 4$ . 2. Restamos la segunda a la tercera (con $a = 4$ ): $(5 x - y + 4 z) - (2 x - y + 3 z) = 5 - 2$ , es decir $3 x + z = 3$ . 3. Restamos esta última a $3 x + 5 z = 4$ : $4 z = 1$ , luego $z = \frac{1}{4}$ . 4. De $3 x + z = 3$ : $3 x = \frac{11}{4}$ , así que $x = \frac{11}{12}$ . 5. De la primera ecuación: $y = 2 - x - 2 z = 2 - \frac{11}{12} - \frac{1}{2} = \frac{7}{12}$ . 6. El punto de intersección es $(\frac{11}{12}, \frac{7}{12}, \frac{1}{4})$ .

b) (i) 1. En general, restando la segunda ecuación a la tercera obtenemos $3 x + (a - 3) z = 3$ . Junto con $3 x + 5 z = 4$ , al restar queda $(a - 8) z = - 1$ . 2. Si $a \neq = 8$ , $z$ queda determinado y el sistema tiene solución única. Los planos no se cortan en un punto único cuando $a = 8$ .

(Equivalentemente, el determinante de los coeficientes es $24 - 3 a$ , que se anula para $a = 8$ .)

(ii) 1. Con $a = 8$ las ecuaciones $3 x + 5 z = 4$ y $3 x + 5 z = 3$ (esta última sale de restar la segunda a la tercera) se contradicen: $4 = 3$ es imposible. 2. El sistema es incompatible, así que los tres planos no tienen ningún punto común.

Resultado: a) $(\frac{11}{12}, \frac{7}{12}, \frac{1}{4})$ ; b) i) $a = 8$ ; ii) el sistema es incompatible, no hay ningún punto común.

Ejercicio 133 MedioIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

a) Halle el conjunto de valores $k$ para los cuales el siguiente sistema de ecuaciones no tiene solución

$x + 2 y - 3 z 3 x + y + 2 z 5 x + 7 z = k = 4 = 5$

b) Describa la relación geométrica que existe entre los tres planos representados por este sistema de ecuaciones.

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Resultado: a) $k \neq = 3$ (para todo $k \in R$ salvo $k = 3$ ); b) si $k = 3$ los tres planos se cortan según una recta; si $k \neq = 3$ no tienen ningún punto común y se cortan dos a dos según rectas paralelas.

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a) 1. Buscamos si la tercera ecuación es combinación lineal de las dos primeras en el lado izquierdo: $α (1, 2, - 3) + β (3, 1, 2) = (5, 0, 7)$ . De la coordenada $y$ : $2 α + β = 0$ , luego $β = - 2 α$ . De la coordenada $x$ : $α + 3 β = 5$ , o sea $- 5 α = 5$ y $α = - 1$ , $β = 2$ . Comprobamos con $z$ : $3 + 4 = 7$ . Correcto. 2. Entonces el determinante de los coeficientes es $0$ y la tercera ecuación equivale a $- (1.ª) + 2 (2.ª)$ en la parte izquierda. Para que el sistema sea compatible, el lado derecho debe cumplir lo mismo: $- k + 2 \cdot 4 = 5$ , es decir $k = 3$ . 3. Si $k \neq = 3$ , la ecuación $5 x + 7 z = 5$ contradice a las otras dos ( $5 x + 7 z = 8 - k$ ) y el sistema no tiene solución.

b) 1. Para $k = 3$ : las ecuaciones tienen rango $2$ y ningún par de planos es paralelo. Los tres planos pasan por una misma recta (se cortan según una recta). 2. Para $k \neq = 3$ : no hay ningún punto común a los tres, pero los planos no son paralelos entre sí. Se cortan dos a dos según tres rectas paralelas, formando un prisma triangular.

Ejercicio 134 MedioIB · P1 TZ1 Mayo 2022

Considere los tres planos

$Π_{1} : 2 x - y + z = 4$

$Π_{2} : x - 2 y + 3 z = 5$

$Π_{3} : - 9 x + 3 y - 2 z = 32$

a) Muestre que los tres planos no se cortan.

b) i) Compruebe que el punto $P (1, - 2, 0)$ pertenece a $Π_{1}$ y $Π_{2}$ .

(ii) Calcule la ecuación vectorial de $L$ , la recta de intersección de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ .

c) Calcule la distancia entre $L$ y $Π_{3}$ .

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Resultado: a) el sistema es incompatible; b) ii) $r = 1 - 2 0 + λ 153$ ; c) $d = \frac{94}{2} \approx 4, 85$ .

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a) 1. Buscamos una combinación de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ que reproduzca el lado izquierdo de $Π_{3}$ : $- 5 (2 x - y + z) + (x - 2 y + 3 z) = - 9 x + 3 y - 2 z$ . 2. Aplicando la misma combinación al lado derecho: $- 5 \cdot 4 + 5 = - 15$ . Todo punto común a $Π_{1}$ y $Π_{2}$ cumpliría entonces $- 9 x + 3 y - 2 z = - 15$ . 3. Pero $Π_{3}$ exige $- 9 x + 3 y - 2 z = 32$ , y $- 15 \neq = 32$ . El sistema es incompatible: los tres planos no tienen ningún punto común.

b) i) $Π_{1}$ : $2 \cdot 1 - (- 2) + 0 = 4$ . Correcto. $Π_{2}$ : $1 - 2 (- 2) + 3 \cdot 0 = 5$ . Correcto.

(ii) 1. El vector director de $L$ es perpendicular a las dos normales: $2 - 1 1 \times 1 - 2 3 = (- 1) (3) - (1) (- 2) (1) (1) - (2) (3) (2) (- 2) - (- 1) (1) = - 1 - 5 - 3 = - 153 .$ 2. Con el punto $P$ del apartado anterior: $L : r = 1 - 2 0 + λ 153 .$

c) 1. La normal de $Π_{3}$ es $(- 9, 3, - 2)$ y $(1, 5, 3) \cdot (- 9, 3, - 2) = - 9 + 15 - 6 = 0$ : la recta es paralela al plano, y como no se cortan (apartado a), no está contenida en él. 2. La distancia entre $L$ y $Π_{3}$ es la distancia de cualquier punto de $L$ , por ejemplo $P (1, - 2, 0)$ , al plano: $d = \frac{∣ - 9 \cdot 1 + 3 ( - 2 ) - 2 \cdot 0 - 32∣}{81 + 9 + 4} = \frac{47}{94} = \frac{94}{2} \approx 4, 85.$

Resultado: a) el sistema es incompatible; b) ii) $r = 1 - 2 0 + λ 153$ ; c) $d = \frac{94}{2} \approx 4, 85$ .

Ejercicio 135 DifícilIB · P2 TZ0 Noviembre 2008

Dadas las rectas $r_{1} = 327 + m 2 - 1 2$ y $r_{2} = 142 + n 4 - 1 1$

a) Compruebe que estas dos rectas se cortan y halle el punto de intersección, $A$ .

b) Halle la ecuación cartesiana del plano $π$ que contiene estas dos rectas.

c) Sea $B$ el punto de intersección del plano $π$ y la recta $r = - 8 - 3 0 + λ 382$ . Halle las coordenadas de $B$ .

d) Si $C$ es el punto medio de $A B$ , halle la ecuación vectorial de la recta que es perpendicular al plano $π$ y que pase por $C$ .

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Resultado: a) $A (- 3, 5, 1)$ ; b) $x + 6 y + 2 z - 29 = 0$ ; c) $B (- 5, 5, 2)$ ; d) $r = - 4 5 3/2 + t 162$

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a) 1. Igualamos las coordenadas: $3 + 2 m = 1 + 4 n, 2 - m = 4 - n, 7 + 2 m = 2 + n .$ 2. De la segunda, $n = m + 2$ . En la primera: $3 + 2 m = 1 + 4 m + 8$ , luego $m = - 3$ y $n = - 1$ . 3. Comprobamos en la tercera: $7 + 2 (- 3) = 1$ y $2 + (- 1) = 1$ . Se cumple, así que las rectas se cortan. 4. Con $m = - 3$ en $r_{1}$ : $A = (3 - 6, 2 + 3, 7 - 6) = (- 3, 5, 1)$ .

b) 1. Un vector normal al plano es el producto vectorial de los vectores directores: $2 - 1 2 \times 4 - 1 1 = (- 1) \cdot 1 - 2 \cdot (- 1) 2 \cdot 4 - 2 \cdot 1 2 \cdot (- 1) - (- 1) \cdot 4 = 162 .$ 2. El plano es $x + 6 y + 2 z = d$ . Con $A (- 3, 5, 1)$ : $d = - 3 + 30 + 2 = 29$ .

c) 1. Los puntos de la recta son $(- 8 + 3 λ, - 3 + 8 λ, 2 λ)$ . Los sustituimos en el plano: $(- 8 + 3 λ) + 6 (- 3 + 8 λ) + 2 (2 λ) = 29 \Rightarrow 55 λ - 26 = 29 \Rightarrow λ = 1.$ 2. $B = (- 5, 5, 2)$ .

d) 1. El punto medio de $A B$ es $C = (\frac{- 3 - 5}{2}, \frac{5 + 5}{2}, \frac{1 + 2}{2}) = (- 4, 5, \frac{3}{2})$ . 2. El vector director es el normal $(1, 6, 2)$ : $r = - 4 5 3/2 + t 162 .$

Resultado: a) $A (- 3, 5, 1)$ ; b) $x + 6 y + 2 z - 29 = 0$ ; c) $B (- 5, 5, 2)$ ; d) $r = - 4 5 3/2 + t 162$

Ejercicio 136 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2005

a) Sea $π_{1}$ el plano de ecuación $r = 211 + λ - 2 18 + μ 1 - 3 - 9$

Sea $π_{2}$ el plano de ecuación $r = 201 + s 121 + t 111$

(i) Compruebe que $λ = μ$ para los puntos comunes a $π_{1}$ y $π_{2}$ .

(ii) A partir de lo anterior, o de cualquier otro modo, halle una ecuación vectorial de la recta de intersección entre $π_{1}$ y $π_{2}$ .

b) El plano $π_{3}$ contiene a la recta $\frac{2 - x}{3} = \frac{y}{- 4} = z + 1$ y es perpendicular a $3 i - 2 j + k$ .

Halle la ecuación cartesiana de $π_{3}$ .

c) Halle la intersección entre $π_{1}$ , $π_{2}$ y $π_{3}$ .

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Resultado: a) ii) $r = 211 + λ - 1 - 2 - 1$ ; b) $3 x - 2 y + z - 5 = 0$ ; c) los tres planos se cortan en la recta del apartado a) ii).

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a) i) 1. Un punto común cumple $2 - 2 λ + μ = 2 + s + t, 1 + λ - 3 μ = 2 s + t, 1 + 8 λ - 9 μ = 1 + s + t .$ 2. La primera ecuación da $s + t = - 2 λ + μ$ y la tercera da $s + t = 8 λ - 9 μ$ . Igualando: $- 2 λ + μ = 8 λ - 9 μ$ , es decir, $10 μ = 10 λ$ , luego $λ = μ$ .

a) ii) 1. Con $μ = λ$ los puntos de $π_{1}$ que están también en $π_{2}$ son $2 - 2 λ + λ 1 + λ - 3 λ 1 + 8 λ - 9 λ = 2 - λ 1 - 2 λ 1 - λ .$ 2. Resolviendo el sistema se comprueba que a cada $λ$ le corresponden valores de $s$ y de $t$ (con $t = - 1$ y $s = 1 - λ$ ), así que todos esos puntos pertenecen a $π_{2}$ . La recta de intersección es $r = 211 + λ - 1 - 2 - 1 .$

b) 1. La recta tiene ecuaciones paramétricas $x = 2 - 3 k$ , $y = - 4 k$ , $z = - 1 + k$ : pasa por $(2, 0, - 1)$ y su vector director es $(- 3, - 4, 1)$ . 2. Que el plano sea perpendicular al vector $3 i - 2 j + k$ significa que ese vector es normal al plano: $3 x - 2 y + z = d$ . 3. Con el punto $(2, 0, - 1)$ : $d = 6 - 0 - 1 = 5$ . 4. Comprobamos que el plano contiene a la recta: $(- 3, - 4, 1) \cdot (3, - 2, 1) = - 9 + 8 + 1 = 0$ .

c) 1. Sustituimos la recta de a) ii) en $π_{3}$ : $3 (2 - λ) - 2 (1 - 2 λ) + (1 - λ) - 5 = 6 - 3 λ - 2 + 4 λ + 1 - λ - 5 = 0.$ 2. El resultado es $0 = 0$ para todo $λ$ : toda la recta está en $π_{3}$ . Los tres planos se cortan en esa recta.

Resultado: a) ii) $r = 211 + λ - 1 - 2 - 1$ ; b) $3 x - 2 y + z - 5 = 0$ ; c) los tres planos se cortan en la recta del apartado a) ii).

Ejercicio 137 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2015

Las ecuaciones de las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son

$L_{1} : r_{1} = 122 + λ - 1 12$ $L_{2} : r_{2} = 124 + μ 216$

a) Muestre que las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ son alabeadas.

b) Halle el ángulo agudo que forman las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ .

c) (i) Halle un vector perpendicular a ambas rectas.

(ii) A partir de lo anterior, determine una ecuación de la recta $L_{3}$ que es perpendicular a $L_{1}$ y $L_{2}$ y que corta a ambas rectas.

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Resultado: b) $θ \approx 45, 5^{\circ}$ ; c) (i) $4 i + 10 j - 3 k$ ; (ii) $\frac{x - \frac{93}{125}}{4} = \frac{y - \frac{282}{125}}{10} = \frac{z - \frac{314}{125}}{- 3}$ . El apartado a) queda demostrado.

Ver proceso y resultado

a) 1. Los vectores directores $d_{1} = (- 1, 1, 2)$ y $d_{2} = (2, 1, 6)$ no son proporcionales, así que las rectas no son paralelas. 2. Veamos si se cortan: igualamos coordenadas, $1 - λ = 1 + 2 μ, 2 + λ = 2 + μ, 2 + 2 λ = 4 + 6 μ .$ 3. De la primera, $λ = - 2 μ$ ; de la segunda, $λ = μ$ . Entonces $μ = 0$ y $λ = 0$ . 4. En la tercera ecuación queda $2 = 4$ , que es falso. No hay punto común. 5. Rectas que no son paralelas ni se cortan son alabeadas.

b) 1. El ángulo agudo entre dos rectas cumple $cos θ = \frac{∣ d _{1} \cdot d _{2} ∣}{∣ d _{1} ∣∣ d _{2} ∣}$ . 2. $d_{1} \cdot d_{2} = - 2 + 1 + 12 = 11$ , $∣ d_{1} ∣ = 6$ , $∣ d_{2} ∣ = 41$ . 3. $cos θ = \frac{11}{246}$ , luego $θ \approx 45, 5^{\circ}$ .

c) (i) Un vector perpendicular a ambas rectas es el producto vectorial $d_{1} \times d_{2} = - 1 12 \times 216 = 1 \cdot 6 - 2 \cdot 1 2 \cdot 2 - (- 1) \cdot 6 (- 1) \cdot 1 - 1 \cdot 2 = 410 - 3 .$

(ii) 1. $L_{3}$ tiene dirección $n = (4, 10, - 3)$ . Buscamos $P$ en $L_{1}$ y $Q$ en $L_{2}$ tales que $P Q$ sea paralelo a $n$ . 2. $P = (1 - λ, 2 + λ, 2 + 2 λ)$ y $Q = (1 + 2 μ, 2 + μ, 4 + 6 μ)$ , así que $P Q = (2 μ + λ, μ - λ, 2 + 6 μ - 2 λ)$ . 3. Imponemos $P Q = c (4, 10, - 3)$ : $2 μ + λ = 4 c, μ - λ = 10 c, 2 + 6 μ - 2 λ = - 3 c .$ 4. Sumando las dos primeras, $3 μ = 14 c$ , es decir $μ = \frac{14 c}{3}$ , y entonces $λ = μ - 10 c = - \frac{16 c}{3}$ . 5. En la tercera: $2 + 28 c + \frac{32 c}{3} = - 3 c$ , de donde $\frac{125 c}{3} = - 2$ y $c = - \frac{6}{125}$ . Por tanto $λ = \frac{32}{125}$ (y $μ = - \frac{28}{125}$ ). 6. $P = (\frac{93}{125}, \frac{282}{125}, \frac{314}{125})$ está en $L_{1}$ y en $L_{3}$ . Una ecuación de $L_{3}$ es $r = 93/125 282/125 314/125 + s 410 - 3, o bien \frac{x - \frac{93}{125}}{4} = \frac{y - \frac{282}{125}}{10} = \frac{z - \frac{314}{125}}{- 3} .$

Ejercicio 138 DifícilIB · P2 Noviembre 1996

(i) Las dos rectas $L$ y $M$ y el plano $P$ vienen dados por

$L : \frac{x - 3}{2} = \frac{y + 1}{4} = \frac{z - 2}{- 1}$ $M : \frac{x - 6}{- 4} = \frac{y}{2} = z + 10$ $P : x + 3 y - 2 z = 4$ .

a) Calcule las coordenadas del punto de intersección de la recta $L$ y el plano $P$ .

b) Calcule el ángulo agudo entre la recta $L$ y $P$ , dando su respuesta a la décima de grado más cercana.

c) Muestre que la recta $M$ es paralela al plano $P$ .

d) Muestre que las rectas $L$ y $M$ no se cortan.

e) Calcule la distancia más corta entre las rectas $L$ y $M$ .

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Resultado: a) $(4, 1, \frac{3}{2})$ ; b) $68, 9^{\circ}$ ; e) $d (L, M) = 110$ . Los apartados c) y d) quedan demostrados.

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a) 1. Forma paramétrica de $L$ : $(3 + 2 t, - 1 + 4 t, 2 - t)$ . 2. Sustituimos en $P$ : $(3 + 2 t) + 3 (- 1 + 4 t) - 2 (2 - t) = 4 \Rightarrow 16 t - 4 = 4 \Rightarrow t = \frac{1}{2}$ . 3. Punto: $(4, 1, \frac{3}{2})$ .

b) 1. Dirección de $L$ : $d_{L} = (2, 4, - 1)$ ; normal de $P$ : $n = (1, 3, - 2)$ . 2. $sin θ = \frac{∣ d _{L} \cdot n ∣}{∣ d _{L} ∣∣ n ∣} = \frac{2 + 12 + 2}{21 14} = \frac{16}{294} \approx 0, 933$ . 3. $θ \approx 68, 9^{\circ}$ .

c) 1. Dirección de $M$ : $d_{M} = (- 4, 2, 1)$ (en $z + 10$ el denominador es $1$ ). 2. $d_{M} \cdot n = - 4 + 6 - 2 = 0$ : $M$ es paralela a $P$ o está contenida en él. 3. $M$ pasa por $(6, 0, - 10)$ y $6 + 0 + 20 = 26 \neq = 4$ : ese punto no está en $P$ . Luego $M$ es paralela a $P$ sin estar contenida en él.

d) 1. $d_{L} = (2, 4, - 1)$ y $d_{M} = (- 4, 2, 1)$ no son proporcionales: no son paralelas. 2. Si se cortaran: $3 + 2 t = 6 - 4 s$ , $- 1 + 4 t = 2 s$ , $2 - t = - 10 + s$ . 3. De la segunda, $s = - \frac{1}{2} + 2 t$ ; en la primera, $3 + 2 t = 6 - 4 (- \frac{1}{2} + 2 t) = 8 - 8 t$ , de donde $10 t = 5$ , $t = \frac{1}{2}$ y $s = \frac{1}{2}$ . 4. En la tercera ecuación: $2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ frente a $- 10 + \frac{1}{2} = - \frac{19}{2}$ . No coinciden. Las rectas no se cortan (son alabeadas).

e) 1. Vector perpendicular a las dos: $d_{L} \times d_{M} = 4 \cdot 1 - (- 1) \cdot 2 (- 1) (- 4) - 2 \cdot 1 2 \cdot 2 - 4 \cdot (- 4) = 6220$ , proporcional a $(3, 1, 10)$ . 2. Puntos $A (3, - 1, 2) \in L$ y $B (6, 0, - 10) \in M$ : $A B = (3, 1, - 12)$ . 3. $d = \frac{∣ A B \cdot ( 3 , 1 , 10 ) ∣}{∣ ( 3 , 1 , 10 ) ∣} = \frac{∣9 + 1 - 120∣}{110} = \frac{110}{110} = 110 \approx 10, 5$ .

Resultado: a) $(4, 1, \frac{3}{2})$ ; b) $68, 9^{\circ}$ ; e) $d (L, M) = 110$ . Los apartados c) y d) quedan demostrados.

Ejercicio 139 DifícilIB · P2 Mayo 1998

Las ecuaciones de los planos $P_{1}$ y $P_{2}$ vienen dadas por $P_{1} : r \cdot (3 i - j + 2 k) = - 1 P_{2} : r \cdot (- 2 i + j - 5 k) = 4$ donde $r = x i + y j + z k$ es el vector de posición para un punto en el plano.

a) Sea $L$ la recta intersección de los dos planos $P_{1}$ y $P_{2}$ .

(i) Muestre que $L$ es paralela a $3 i + 11 j + k$ .

(ii) Muestre que el punto $A (0, - 1, - 1)$ pertenece a la recta $L$ .

Usando esto, o de cualquier otra manera, calcule la ecuación de $L$ .

La ecuación de un tercer plano $P_{3}$ viene dada por $P_{3} : r \cdot (- 4 i + j + k) = c$ .

b) Determine el valor de $c$ para que los tres planos $P_{1}$ , $P_{2}$ y $P_{3}$ se corten y deduzca si este valor de $c$ da un punto de intersección o una línea de intersección.

c) Para $c = 5$ ,

(i) Muestre que el plano $P_{3}$ es paralelo a la recta $L$ ;

(ii) Calcule la distancia entre la recta $L$ y el plano $P_{3}$ .

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Resultado: a) $L : r = 0 - 1 - 1 + t 3111$ ; b) $c = - 2$ , los tres planos se cortan en una recta; c) $d (L, P_{3}) = \frac{7}{3 2} \approx 1, 65$

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Las ecuaciones cartesianas son $P_{1} : 3 x - y + 2 z = - 1$ , $P_{2} : - 2 x + y - 5 z = 4$ y $P_{3} : - 4 x + y + z = c$ , con normales $n_{1} = (3, - 1, 2)$ , $n_{2} = (- 2, 1, - 5)$ y $n_{3} = (- 4, 1, 1)$ .

a) i) 1. La recta $L$ está en los dos planos, así que su dirección es perpendicular a $n_{1}$ y a $n_{2}$ . Un vector con esa propiedad es su producto vectorial: $n_{1} \times n_{2} = (- 1) (- 5) - 2 \cdot 1 2 (- 2) - 3 (- 5) 3 \cdot 1 - (- 1) (- 2) = 3111 .$ 2. Luego $L$ es paralela a $3 i + 11 j + k$ .

(ii) 1. Sustituimos $A (0, - 1, - 1)$ en $P_{1}$ : $3 \cdot 0 - (- 1) + 2 (- 1) = 1 - 2 = - 1$ . Se cumple. 2. En $P_{2}$ : $- 2 \cdot 0 + (- 1) - 5 (- 1) = - 1 + 5 = 4$ . Se cumple. 3. Como $A$ está en los dos planos, $A \in L$ , y la recta pasa por $A$ con dirección $(3, 11, 1)$ : $L : r = 0 - 1 - 1 + t 3111, x = 3 t, y = - 1 + 11 t, z = - 1 + t .$

b) 1. Los tres planos tienen un punto común si lo tiene $P_{3}$ con $L$ (que es la intersección de $P_{1}$ y $P_{2}$ ). Sustituimos los puntos de $L$ en $P_{3}$ : $- 4 (3 t) + (- 1 + 11 t) + (- 1 + t) = - 12 t + 11 t + t - 2 = - 2.$ 2. El resultado no depende de $t$ . Por tanto, $- 2 = c$ es la única condición: si $c = - 2$ todos los puntos de $L$ están en $P_{3}$ ; si $c \neq = - 2$ , ningún punto de $L$ está en $P_{3}$ . 3. Para que los tres planos se corten, $c = - 2$ , y entonces su intersección es toda la recta $L$ : es una línea de intersección.

c) i) 1. Con $c = 5$ , el vector director de $L$ cumple $(3, 11, 1) \cdot (- 4, 1, 1) = - 12 + 11 + 1 = 0$ , así que $L$ es perpendicular a $n_{3}$ , es decir, paralela al plano $P_{3}$ o contenida en él. 2. Como $A$ no está en $P_{3}$ (da $- 2 \neq = 5$ ), $L$ no está contenida en $P_{3}$ . Por tanto $L$ es paralela a $P_{3}$ .

(ii) 1. La distancia de la recta al plano es la de cualquiera de sus puntos al plano; usamos $A (0, - 1, - 1)$ y $P_{3} : - 4 x + y + z - 5 = 0$ : $d = \frac{∣ - 4 \cdot 0 + ( - 1 ) + ( - 1 ) - 5∣}{16 + 1 + 1} = \frac{7}{18} = \frac{7}{3 2} \approx 1, 65.$

Resultado: a) $L : r = 0 - 1 - 1 + t 3111$ ; b) $c = - 2$ , los tres planos se cortan en una recta; c) $d (L, P_{3}) = \frac{7}{3 2} \approx 1, 65$

Ejercicio 140 DifícilIB · P2 Mayo 1997

a) La recta $L_{1}$ es paralela al vector $v = 3 i + j + 3 k$ y pasa por el punto $(2, 3, 7)$ .

Calcule la ecuación vectorial de la recta.

b) La ecuación del plano, $E$ , está dada por $2 x + 3 y - 4 z + 21 = 0$ .

Calcule el punto de intersección de la recta $L_{1}$ y el plano $E$ .

c) Calcule la ecuación del plano que pasa por el punto $(1, 2, 3)$ y es paralelo al plano $E$ .

d) Las ecuaciones paramétricas de otra recta $L_{2}$ son $x = t, y = t, z = - t, - \infty < t < \infty$ .

Muestre que

(i) $L_{1}$ no es paralela a $L_{2}$ ;

(ii) $L_{1}$ no corta a $L_{2}$ .

e) Sea $O$ el origen y $P$ el punto $(- 1, 2, 4)$ .

(i) Calcule un vector $w$ paralelo a la recta $L_{2}$ .

(ii) Calcule el vector $P O$ .

(iii) Calcule la distancia más corta entre las rectas $L_{1}$ y $L_{2}$ usando la fórmula

$d = \frac{P O \cdot ( v \times w )}{∣ v \times w ∣} .$

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Resultado: a) $r = 237 + λ 313$ ; b) $(8, 5, 13)$ ; c) $2 x + 3 y - 4 z + 4 = 0$ ; e) i) $w = (1, 1, - 1)$ , ii) $P O = (1, - 2, - 4)$ , iii) $d = \frac{12}{14} \approx 3, 21$

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a) 1. La recta pasa por $(2, 3, 7)$ con dirección $v = (3, 1, 3)$ : $L_{1} : r = 237 + λ 313 .$

b) 1. Un punto genérico de $L_{1}$ es $(2 + 3 λ, 3 + λ, 7 + 3 λ)$ . Lo sustituimos en $E$ : $2 (2 + 3 λ) + 3 (3 + λ) - 4 (7 + 3 λ) + 21 = 4 + 6 λ + 9 + 3 λ - 28 - 12 λ + 21 = 6 - 3 λ = 0.$ 2. Luego $λ = 2$ y el punto de corte es $(8, 5, 13)$ .

c) 1. Un plano paralelo a $E$ tiene la misma normal: $2 x + 3 y - 4 z + D = 0$ . 2. Pasa por $(1, 2, 3)$ : $2 + 6 - 12 + D = 0 \Rightarrow D = 4$ . 3. El plano es $2 x + 3 y - 4 z + 4 = 0$ .

d) i) 1. Las direcciones son $(3, 1, 3)$ y $(1, 1, - 1)$ . Si fueran proporcionales, $(3, 1, 3) = k (1, 1, - 1)$ , la primera componente exigiría $k = 3$ y la segunda $k = 1$ , lo cual es imposible. Por tanto $L_{1}$ no es paralela a $L_{2}$ .

(ii) 1. Un punto común cumpliría $2 + 3 λ = t$ , $3 + λ = t$ , $7 + 3 λ = - t$ . 2. De las dos primeras: $2 + 3 λ = 3 + λ \Rightarrow λ = \frac{1}{2}$ y $t = \frac{7}{2}$ . 3. En la tercera: $7 + \frac{3}{2} = \frac{17}{2}$ y $- t = - \frac{7}{2}$ . No coinciden, así que no hay solución: $L_{1}$ no corta a $L_{2}$ .

e) i) 1. La dirección de $L_{2}$ es $w = 11 - 1$ .

(ii) 1. $P O = O - P = 1 - 2 - 4$ .

(iii) 1. Calculamos $v \times w = 313 \times 11 - 1 = 1 \cdot (- 1) - 3 \cdot 1 3 \cdot 1 - 3 \cdot (- 1) 3 \cdot 1 - 1 \cdot 1 = - 4 62, ∣ v \times w ∣ = 56 = 214 .$ 2. El producto escalar es $P O \cdot (v \times w) = 1 (- 4) + (- 2) (6) + (- 4) (2) = - 24$ . 3. Entonces $d = \frac{∣ - 24∣}{2 14} = \frac{12}{14} = \frac{6 14}{7} \approx 3, 21.$ (Aquí $P$ está en $L_{1}$ , con $λ = - 1$ , y $O$ está en $L_{2}$ , con $t = 0$ .)

Resultado: a) $r = 237 + λ 313$ ; b) $(8, 5, 13)$ ; c) $2 x + 3 y - 4 z + 4 = 0$ ; e) i) $w = (1, 1, - 1)$ , ii) $P O = (1, - 2, - 4)$ , iii) $d = \frac{12}{14} \approx 3, 21$

Ejercicio 141 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2012

a) Halle los valores de $k$ para los cuales el siguiente sistema de ecuaciones no tiene solución y el valor de $k$ para el cual el sistema tiene infinitas soluciones.

$x - 3 y + z x + 5 y - 2 z 16 y - 6 z = 3 = 1 = k$

b) Sabiendo que el sistema de ecuaciones se puede resolver, halle las soluciones en forma de ecuación vectorial de una recta, $r = a + λ b$ , donde las componentes de $b$ son números enteros.

c) El plano $π$ es paralelo tanto a la recta del apartado (b) como a la recta $\frac{x - 4}{3} = \frac{y - 6}{- 2} = \frac{z - 2}{0}$ .

Sabiendo que el punto $(1, 2, 0)$ pertenece a $π$ , compruebe que la ecuación cartesiana de $π$ es $16 x + 24 y - 11 z = 64$ .

d) El eje $z$ corta al plano $π$ en el punto $P$ . Halle las coordenadas de $P$ .

e) Halle el ángulo entre la recta $\frac{x - 2}{3} = \frac{y + 5}{4} = \frac{z}{2}$ y el plano $π$ .

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Resultado: a) sin solución si $k \neq = - 4$ ; infinitas soluciones si $k = - 4$ . b) $r = \frac{9}{4} - \frac{1}{4} 0 + λ 138$ . c) $16 x + 24 y - 11 z = 64$ . d) $P (0, 0, - \frac{64}{11})$ . e) $θ \approx 47, 2^{\circ}$ .

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a) 1. Restamos las dos primeras ecuaciones: $(x + 5 y - 2 z) - (x - 3 y + z) = 1 - 3$ , es decir, $8 y - 3 z = - 2$ . 2. Multiplicando por $2$ : $16 y - 6 z = - 4$ . 3. La tercera ecuación dice $16 y - 6 z = k$ . Si $k \neq = - 4$ contradice a la anterior y el sistema no tiene solución. Si $k = - 4$ la tercera es consecuencia de las otras dos y quedan dos ecuaciones con tres incógnitas: infinitas soluciones.

b) 1. Con $k = - 4$ el sistema equivale a $x - 3 y + z = 3$ y $8 y - 3 z = - 2$ . 2. Tomamos $z = t$ : $y = \frac{3 t - 2}{8}$ . 3. $x = 3 + 3 y - z = 3 + \frac{9 t - 6}{8} - t = \frac{18 + t}{8}$ . 4. Entonces $(x, y, z) = (\frac{9}{4}, - \frac{1}{4}, 0) + \frac{t}{8} (1, 3, 8)$ . Tomando $λ = \frac{t}{8}$ : $r = \frac{9}{4} - \frac{1}{4} 0 + λ 138 .$

c) 1. Las direcciones de las dos rectas son $b = 138$ y $c = 3 - 2 0$ . La normal del plano es perpendicular a ambas: $b \times c = 3 \cdot 0 - 8 \cdot (- 2) 8 \cdot 3 - 1 \cdot 0 1 \cdot (- 2) - 3 \cdot 3 = 1624 - 11 .$ 2. Entonces $π : 16 x + 24 y - 11 z = d$ . Con $(1, 2, 0)$ : $d = 16 + 48 = 64$ . 3. $π : 16 x + 24 y - 11 z = 64$ .

d) 1. Los puntos del eje $z$ son $(0, 0, z)$ . Sustituyendo: $- 11 z = 64$ , luego $z = - \frac{64}{11}$ . 2. $P = (0, 0, - \frac{64}{11})$ .

e) 1. La dirección de la recta es $d = 342$ y la normal del plano $n = 1624 - 11$ . 2. $d \cdot n = 48 + 96 - 22 = 122$ , $∣ d ∣ = 29$ y $∣ n ∣ = 256 + 576 + 121 = 953$ . 3. $sin θ = \frac{122}{29 953} = \frac{122}{27637} \approx 0, 734$ , luego $θ \approx 47, 2^{\circ}$ .

Ejercicio 142 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2011

Las ecuaciones de tres planos, vienen dadas por

$a x + 2 y + z = 3$

$- x + (a + 1) y + 3 z = 1, a \in R$

$- 2 x + y + (a + 2) z = k$

a) Sabiendo que $a = 0$ , muestre que los tres planos se cortan en un punto.

b) Halle el valor de $a$ tal que los tres planos no se corten en un punto.

c) Sabiendo que los tres planos no se cortan en un punto, encuentre el valor de $k$ tal que los planos se corten en una recta y encuentre una ecuación de esta recta en la forma $x y z = x_{0} y_{0} z_{0} + λ l m n$ .

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Resultado: a) el determinante vale $- 7 \neq = 0$ , se cortan en un punto; b) $a = 1$ ; c) $k = - 1$ y $x y z = 110 + λ 1 - 1 1$ .

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a) 1. Los tres planos se cortan en un punto cuando el determinante de la matriz de coeficientes no es cero. Con $a = 0$ : $0 - 1 - 2 211132 = 0 \cdot (2 - 3) - 2 \cdot (- 2 + 6) + 1 \cdot (- 1 + 2) = - 8 + 1 = - 7.$ 2. Como $- 7 \neq = 0$ , el sistema es compatible determinado: los tres planos se cortan en un único punto.

b) 1. Calculamos el determinante para un valor cualquiera de $a$ (con la CPG o a mano): $a - 1 - 2 2 a + 1 1 13 a + 2 = (a - 1) (a^{2} + 4 a + 7) .$ 2. El factor $a^{2} + 4 a + 7$ nunca se anula (su discriminante es $16 - 28 < 0$ ). El determinante es cero solo si $a = 1$ , que es el valor buscado.

c) 1. Con $a = 1$ el sistema es: $x + 2 y + z = 3, - x + 2 y + 3 z = 1, - 2 x + y + 3 z = k .$ 2. Sumando las dos primeras: $4 y + 4 z = 4$ , es decir $y + z = 1$ . 3. Restando la tercera a la segunda: $x + y = 1 - k$ . 4. Sustituyendo $z = 1 - y$ en la primera: $x + 2 y + 1 - y = 3$ , es decir $x + y = 2$ . 5. Para que el sistema sea compatible hace falta $1 - k = 2$ , o sea $k = - 1$ . Entonces el sistema se reduce a dos ecuaciones independientes y los planos se cortan en una recta. 6. Tomando $z = λ$ : $y = 1 - λ$ y $x = 2 - y = 1 + λ$ . $x y z = 110 + λ 1 - 1 1 .$

Resultado: a) el determinante vale $- 7 \neq = 0$ , se cortan en un punto; b) $a = 1$ ; c) $k = - 1$ y $x y z = 110 + λ 1 - 1 1$ .

Problemas de contexto

Ejercicio 143 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2012

Dos barcos, $A$ y $B$ , se mueven de manera que en el tiempo $t$ horas, sus vectores de posición, en kilómetros, son $r_{A} = (9 t) i + (3 - 6 t) j$ y $r_{B} = (7 - 4 t) i + (7 t - 6) j$ .

a) Encuentre las coordenadas del punto común de las trayectorias de los dos barcos.

b) Muestre que los barcos no chocan.

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Resultado: a) $(3, 1)$ ; b) $A$ pasa por $(3, 1)$ en $t = \frac{1}{3}$ h y $B$ en $t = 1$ h; son tiempos distintos, por lo que los barcos no chocan.

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a) 1. La trayectoria de $A$ tiene ecuaciones $x = 9 t$ , $y = 3 - 6 t$ . Eliminando el tiempo ( $t = \frac{x}{9}$ ): $y = 3 - \frac{2 x}{3}$ . 2. La trayectoria de $B$ tiene $x = 7 - 4 t$ , $y = 7 t - 6$ . Con $t = \frac{7 - x}{4}$ : $y = \frac{7 ( 7 - x )}{4} - 6 = \frac{25 - 7 x}{4}$ . 3. Igualamos: $3 - \frac{2 x}{3} = \frac{25 - 7 x}{4}$ . Multiplicando por $12$ : $36 - 8 x = 75 - 21 x$ , luego $13 x = 39$ y $x = 3$ . 4. Entonces $y = 3 - 2 = 1$ . El punto común de las trayectorias es $(3, 1)$ .

b) 1. El barco $A$ está en $(3, 1)$ cuando $9 t = 3$ , es decir $t = \frac{1}{3}$ h (y con ese valor $3 - 6 t = 1$ , correcto). 2. El barco $B$ está en $(3, 1)$ cuando $7 - 4 t = 3$ , es decir $t = 1$ h (y con ese valor $7 t - 6 = 1$ , correcto). 3. Pasan por el punto de corte en instantes distintos ( $\frac{1}{3}$ h y $1$ h), así que nunca están a la vez en el mismo lugar: no chocan.

Resultado: a) $(3, 1)$ ; b) $A$ pasa por $(3, 1)$ en $t = \frac{1}{3}$ h y $B$ en $t = 1$ h; son tiempos distintos, por lo que los barcos no chocan.

Ejercicio 144 MedioIB · P1 TZ0 Noviembre 2022

Considere un círculo de diámetro $A B$ , donde $A$ tiene por coordenadas $(1, 4, 0)$ y $B$ tiene por coordenadas $(- 3, 2, - 4)$ .

a) Halle:

(i) Las coordenadas del centro del círculo

(ii) El radio del círculo

El círculo es la base de un cono recto cuyo vértice $V$ tiene por coordenadas $(- 1, - 1, 0)$ .

b) Halle el volumen exacto del cono.

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Resultado: a) i) centro $(- 1, 3, - 2)$ ; ii) radio $3$ ; b) $V = 65 π$ (unidades cúbicas).

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a) (i) 1. El centro es el punto medio de $[A B]$ : $M = (\frac{1 + ( - 3 )}{2}, \frac{4 + 2}{2}, \frac{0 + ( - 4 )}{2}) = (- 1, 3, - 2) .$

(ii) 1. El diámetro mide $∣ A B ∣ = - 4 - 2 - 4 = 16 + 4 + 16 = 6$ . 2. El radio es la mitad: $r = 3$ .

b) 1. Como el cono es recto, la altura es la distancia del vértice $V$ al centro $M$ de la base: $M V = 0 - 4 2$ y $h = 0 + 16 + 4 = 20 = 25$ . 2. El volumen del cono es $\frac{1}{3} π r^{2} h$ : $V = \frac{1}{3} π \cdot 3^{2} \cdot 25 = 65 π \approx 42, 1.$

Resultado: a) i) centro $(- 1, 3, - 2)$ ; ii) radio $3$ ; b) $V = 65 π$ (unidades cúbicas).

Ejercicio 145 DifícilIB · P2 TZ1 Mayo 2012

Las coordenadas de los puntos $A$ , $B$ y $C$ son $(5, - 2, 5)$ , $(5, 4, - 1)$ y $(- 1, - 2, - 1)$ , respectivamente.

a) Demuestre que $A B = A C$ y que $B A C = 6 0^{\circ}$ .

b) Encuentre la ecuación cartesiana de $Π$ , el plano que pasa por $A$ , $B$ y $C$ .

c) (i) Halle la ecuación cartesiana de $Π_{1}$ , el plano perpendicular a $(A B)$ que pasa por el punto medio de $[A B]$ .

(ii) Encuentre la ecuación cartesiana de $Π_{2}$ , el plano perpendicular a $(A C)$ que pasa por el punto medio de $[A C]$ .

d) Encuentre la ecuación vectorial de $L$ , la recta de intersección de $Π_{1}$ y $Π_{2}$ , y demuestre que es perpendicular a $Π$ .

Una molécula de metano consiste en un átomo de carbono con cuatro átomos de hidrógeno simétricamente colocados alrededor de él en tres dimensiones.

Las posiciones de los centros de tres de los átomos de hidrógeno son $A$ , $B$ y $C$ tal como están dadas en la gráfica. La posición del centro del cuarto átomo de hidrógeno es $D$ .

e) Utilizando el hecho de que $A B = A D$ , muestre que las coordenadas de una de las posibles posiciones del cuarto átomo de hidrógeno es $(- 1, 4, 5)$ .

f) Sabiendo que $D (- 1, 4, 5)$ , muestre que las coordenadas de $G$ , la posición del centro del átomo de carbono, es $(2, 1, 2)$ .

Usando lo anterior, calcule $D G A$ , el ángulo de unión del carbono.

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Resultado: b) $Π : - x + y + z + 2 = 0$ ; c) i) $Π_{1} : y - z + 1 = 0$ ; ii) $Π_{2} : - x - z + 4 = 0$ ; d) $L : r = 4 - 1 0 + t - 1 11$ ; f) $G = (2, 1, 2)$ y $D G A \approx 109, 5^{\circ}$ . Quedan demostrados a), d), e) y f).

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a) 1. $A B = 06 - 6$ y $A C = - 6 0 - 6$ . 2. $A B = 0 + 36 + 36 = 62$ y $A C = 36 + 0 + 36 = 62$ . Luego $A B = A C$ . 3. Producto escalar: $A B \cdot A C = 0 + 0 + 36 = 36$ . 4. $cos B A C = \frac{A B \cdot A C}{A B \cdot A C} = \frac{36}{72} = \frac{1}{2}$ , por tanto $B A C = 6 0^{\circ}$ .

b) 1. Un vector normal es $A B \times A C = 6 (- 6) - (- 6) (0) (- 6) (- 6) - 0 \cdot (- 6) 0 \cdot 0 - 6 (- 6) = - 36 3636 = 36 - 1 11$ . 2. El plano es $- x + y + z = d$ . Con $A$ : $d = - 5 - 2 + 5 = - 2$ . 3. $Π : - x + y + z + 2 = 0$ . Comprobación: $B$ : $- 5 + 4 - 1 = - 2$ y $C$ : $1 - 2 - 1 = - 2$ .

c) (i) 1. El plano $Π_{1}$ tiene como normal $A B$ , paralelo a $(0, 1, - 1)$ : $y - z = d$ . 2. El punto medio de $[A B]$ es $M_{1} = (5, 1, 2)$ , así que $d = 1 - 2 = - 1$ . 3. $Π_{1} : y - z + 1 = 0$ .

(ii) 1. La normal de $Π_{2}$ es $A C$ , paralelo a $(1, 0, 1)$ : $x + z = d$ . 2. El punto medio de $[A C]$ es $M_{2} = (2, - 2, 2)$ , así que $d = 2 + 2 = 4$ . 3. $Π_{2} : - x - z + 4 = 0$ (es decir, $x + z = 4$ ).

d) 1. Los puntos de $L$ cumplen $y - z = - 1$ y $x + z = 4$ . Tomando $z = t$ como parámetro: $y = t - 1$ , $x = 4 - t$ . 2. Ecuación vectorial: $L : r = 4 - 1 0 + t - 1 11 .$ 3. El vector director $(- 1, 1, 1)$ es exactamente la normal de $Π$ calculada en b). Una recta cuyo vector director es paralelo a la normal de un plano es perpendicular a ese plano.

e) 1. $Π_{1}$ y $Π_{2}$ son los planos formados por los puntos que equidistan de $A$ y $B$ y de $A$ y $C$ respectivamente, así que $L$ está formada por los puntos que equidistan de $A$ , $B$ y $C$ . Como $A B = A C = A D$ y los cuatro átomos están colocados simétricamente, $A B = B C = A C = A D = B D = C D$ y $D$ equidista de $A$ , $B$ y $C$ , es decir, $D$ está en $L$ . 2. Un punto de $L$ es $D = (4 - t, t - 1, t)$ . Entonces $A D = - 1 - t t + 1 t - 5$ . 3. Imponemos $A D^{2} = A B^{2} = 72$ : $2 (t + 1)^{2} + (t - 5)^{2} = 72 \Rightarrow 3 t^{2} - 6 t - 45 = 0 \Rightarrow t^{2} - 2 t - 15 = 0.$ 4. Las soluciones son $t = 5$ y $t = - 3$ . Con $t = 5$ se obtiene $D = (- 1, 4, 5)$ (y con $t = - 3$ , $D = (7, - 4, - 3)$ , la posición simétrica al otro lado del plano $Π$ ). Por tanto $(- 1, 4, 5)$ es una de las posiciones posibles.

f) 1. En una molécula simétrica el centro $G$ del carbono equidista de los cuatro átomos de hidrógeno. Equidistar de $A$ , $B$ y $C$ significa estar en $L$ : $G = (4 - s, s - 1, s)$ . 2. Imponemos $G A = G D$ : $G A^{2} = (- 1 - s)^{2} + (s + 1)^{2} + (s - 5)^{2} = 3 s^{2} - 6 s + 27, G D^{2} = (5 - s)^{2} + (s - 5)^{2} + (s - 5)^{2} = 3 s^{2} - 30 s + 75.$ 3. Igualando: $- 6 s + 27 = - 30 s + 75$ , de donde $24 s = 48$ y $s = 2$ . Entonces $G = (2, 1, 2)$ . 4. Comprobación: $G A = (3, - 3, 3)$ , $GB = (3, 3, - 3)$ , $GC = (- 3, - 3, - 3)$ , $G D = (- 3, 3, 3)$ ; los cuatro tienen módulo $33$ . 5. Ángulo de unión: $G D \cdot G A = - 9 - 9 + 9 = - 9$ y $∣ G D ∣∣ G A ∣ = 27$ , luego $cos D G A = \frac{- 9}{27} = - \frac{1}{3} \Rightarrow D G A = arccos (- \frac{1}{3}) \approx 109, 5^{\circ} .$

Ejercicio 146 DifícilIB · P2 TZ2 Mayo 2022

Dos aviones ( $A$ y $B$ ) tienen por vector de posición respecto al origen $O$ , respectivamente

$r_{A} = 19 - 1 1 + t - 6 24 r_{B} = 1012 + t 42 - 2$

donde $t$ representa el tiempo en minutos y $0 \leq t \leq 2, 5$ .

Las componentes de cada vector columna representan el desplazamiento hacia el este de $O$ , el desplazamiento hacia el norte de $O$ y la altura sobre el nivel del mar, y todas ellas se miden en kilómetros.

a) Hallar la demora-expresada con tres cifras- con la que está viajando el avión $B$ .

b) Muestre que el avión $A$ viaja a mayor velocidad que el avión $B$ .

c) Halle el ángulo agudo que forman las trayectorias de vuelo de los dos aviones.

Dé la respuesta en grados.

Las trayectorias de vuelo de los dos aviones se cruzan en el punto $P$ .

d) (i) Halle las coordenadas de $P$ .

(ii) Determine el tiempo que transcurre desde que el primer avión llega a $P$ hasta que el segundo avión llega a $P$ .

Sea $D (t)$ la distancia que hay entre el avión $A$ y el avión $B$ para $0 \leq t \leq 2, 5$ .

e) Halle el valor mínimo de $D (t)$ .

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Resultado: a) $06 3^{\circ}$ ; b) $v_{A} \approx 7, 48$ km/min $> v_{B} \approx 4, 90$ km/min; c) $40, 2^{\circ}$ ; d) i) $P (7, 3, 9)$ ; ii) $0, 5$ minutos; e) $D_{m i n} \approx 1, 01$ km (para $t \approx 1, 81$ min).

Ver proceso y resultado

a) 1. El vector velocidad de $B$ es $(4, 2, - 2)$ : $4$ km/min hacia el este y $2$ km/min hacia el norte (la componente vertical no influye en la demora). 2. La demora se mide desde el norte en sentido horario. El ángulo respecto al norte cumple $tan θ = \frac{este}{norte} = \frac{4}{2} = 2$ . 3. $θ = arctan 2 \approx 63, 4^{\circ}$ . Con tres cifras, la demora es $06 3^{\circ}$ .

b) 1. La rapidez es el módulo del vector velocidad. Para $A$ : $∣ (- 6, 2, 4) ∣ = 36 + 4 + 16 = 56 = 214 \approx 7, 48$ km/min. 2. Para $B$ : $∣ (4, 2, - 2) ∣ = 16 + 4 + 4 = 24 = 26 \approx 4, 90$ km/min. 3. Como $7, 48 > 4, 90$ , el avión $A$ viaja a mayor velocidad que el $B$ .

c) 1. El ángulo agudo entre las trayectorias cumple $cos θ = \frac{∣ d _{A} \cdot d _{B} ∣}{∣ d _{A} ∣∣ d _{B} ∣}$ . 2. $d_{A} \cdot d_{B} = - 24 + 4 - 8 = - 28$ , y $∣ d_{A} ∣∣ d_{B} ∣ = 5624 = 1344$ . 3. $cos θ = \frac{28}{1344} \approx 0, 7638$ , de donde $θ \approx 40, 2^{\circ}$ .

d) (i) 1. Igualamos las posiciones con tiempos distintos ( $t$ para $A$ y $s$ para $B$ ), porque las trayectorias pueden cruzarse sin que los aviones coincidan: $19 - 6 t = 1 + 4 s, - 1 + 2 t = 2 s, 1 + 4 t = 12 - 2 s .$ 2. De la segunda, $s = t - \frac{1}{2}$ . En la primera: $19 - 6 t = 1 + 4 t - 2$ , luego $10 t = 20$ y $t = 2$ , $s = \frac{3}{2}$ . 3. Comprobamos en la tercera: $1 + 8 = 9$ y $12 - 3 = 9$ . Correcto. 4. $P = (19 - 12, - 1 + 4, 1 + 8) = (7, 3, 9)$ .

(ii) 1. El avión $B$ llega a $P$ en $s = 1, 5$ min y el avión $A$ en $t = 2$ min. 2. Entre ambas llegadas pasan $2 - 1, 5 = 0, 5$ minutos.

e) 1. El vector entre los aviones en el mismo instante $t$ es $r_{A} - r_{B} = 18 - 10 t - 1 6 t - 11$ . 2. $D (t)^{2} = (18 - 10 t)^{2} + 1 + (6 t - 11)^{2} = 136 t^{2} - 492 t + 446$ . 3. $D$ es mínima donde lo es $D^{2}$ (parábola con mínimo en el vértice): $t = \frac{492}{272} = \frac{123}{68} \approx 1, 81$ min, que está dentro de $0 \leq t \leq 2, 5$ . También se puede obtener con la CPG minimizando $D (t)$ . 4. $D^{2} (\frac{123}{68}) = 446 - \frac{49 2 ^{2}}{4 \cdot 136} = \frac{35}{34}$ , luego $D_{m i n} = \frac{35}{34} \approx 1, 01$ km.

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