Matemáticas II · Rectas y planos en el espacio · Apartado 6 de 6

Haces de planos

3 ejemplos resueltos · 10 ejercicios con solución · Por Álvaro López

Idea clave

Un haz de planos es una familia de infinitos planos con una propiedad común: ser paralelos a uno dado o contener a una misma recta. Con una sola ecuación con parámetros se describen todos, y una condición (pasar por un punto, ser paralelo a un vector…) sirve para elegir el que se pide.

Haz de planos paralelos

Para elegir uno basta una condición. Por ejemplo, el plano del haz que pasa por un punto $P$ se obtiene sustituyendo $P$ y despejando $λ$ . Es lo que hacías en el apartado de ecuaciones del plano.

Haz de planos que contienen a una recta

Si una recta $r$ viene dada como intersección de dos planos, $r : π_{1} = 0, π_{2} = 0$ (con $π_{1} = A_{1} x + B_{1} y + C_{1} z + D_{1}$ y $π_{2} = A_{2} x + B_{2} y + C_{2} z + D_{2}$ ), todos los planos que contienen a $r$ son

La razón es sencilla: si un punto cumple $π_{1} = 0$ y $π_{2} = 0$ , cumple cualquier combinación de ambas igualdades, así que todo plano del haz contiene a $r$ . Como multiplicar toda la ecuación por un número no cambia el plano, solo importa el cociente $α : β$ ; por eso a veces se escribe $π_{1} + λ π_{2} = 0$ con un solo parámetro $λ$ . Ojo: esa versión no incluye a $π_{2}$ (correspondería a $λ = \infty$ ), y por eso la forma con $α$ y $β$ es más segura.

Ejemplos resueltos

Ejemplo 1 Básico

Plano paralelo a otro por un punto

Sea el haz de planos paralelos a $π : 2 x - y + 3 z + 5 = 0$ .

a) Halla el plano del haz que pasa por $P (1, 1, 1)$ , dando el valor de $λ$ en $2 x - y + 3 z + λ = 0$ .

b) Halla el punto en que ese plano corta al eje $O Z$ .

Solución

a) Sustituyendo $P$ : $2 - 1 + 3 + λ = 0 \Rightarrow λ = - 4$ . El plano es $2 x - y + 3 z - 4 = 0$ .

b) En el eje $O Z$ ( $x = y = 0$ ): $3 z = 4$ , así que $z = \frac{4}{3}$ : el punto es $(0, 0, \frac{4}{3})$ .

Ejemplo 2 Medio

Plano del haz que pasa por un punto

Sea la recta $r : {x + y - z x - y + z = 1 = 3$

a) Halla los valores de $(α, β)$ del plano del haz de $r$ que pasa por el origen, tomando $β = 1$ .

b) Escribe ese plano como la tupla $(A, B, C, D)$ con coeficientes enteros coprimos y primer coeficiente positivo.

Solución

El haz es $α (x + y - z - 1) + β (x - y + z - 3) = 0$ .

a) Sustituyendo el origen: $α \cdot (- 1) + β \cdot (- 3) = 0$ , es decir, $α = - 3 β$ . Con $β = 1$ , $α = - 3$ .

b) Con $α = - 3$ , $β = 1$ : $- 3 (x + y - z - 1) + (x - y + z - 3) = - 2 x - 4 y + 4 z + 0 = 0$ . Dividiendo por $- 2$ : $x + 2 y - 2 z = 0$ . La tupla es $(1, 2, - 2, 0)$ .

Comprobación: el plano contiene a $r$ ; por ejemplo, el punto $(2, 0, 1)$ de $r$ cumple $2 + 0 - 2 = 0$ ✓.

Ejemplo 3 Difícil

Planos del haz paralelo a un eje y perpendicular a un plano

Sea la recta $r : {x + y - z x - y + z = 1 = 3$

a) Halla $(α, β)$ con $α = 1$ del plano del haz de $r$ que es paralelo al eje $O X$ .

b) Escribe ese plano como la tupla $(A, B, C, D)$ con coeficientes enteros coprimos y primer coeficiente no negativo.

c) Escribe, con el mismo criterio, el plano del haz que es perpendicular al plano $z = 0$ .

Solución

El normal del plano del haz es $α (1, 1, - 1) + β (1, - 1, 1) = (α + β, α - β, - α + β)$ .

a) Paralelo al eje $O X$ . El director del eje es $(1, 0, 0)$ y debe ser perpendicular al normal: $α + β = 0$ . Con $α = 1$ : $β = - 1$ .

b) $(x + y - z - 1) - (x - y + z - 3) = 2 y - 2 z + 2 = 0$ , es decir, $y - z + 1 = 0$ . La tupla es $(0, 1, - 1, 1)$ .

c) Perpendicular al plano $z = 0$ . El normal de $z = 0$ es $(0, 0, 1)$ y debe ser ortogonal al del plano del haz: $- α + β = 0$ , luego $β = α$ . Con $α = β = 1$ : $(x + y - z - 1) + (x - y + z - 3) = 2 x - 4 = 0$ , es decir, $x - 2 = 0$ . La tupla es $(1, 0, 0, - 2)$ .

Comprobación: ambos planos contienen a la recta; por ejemplo, un punto de $r$ es $(2, 0, 1)$ , que cumple $0 - 1 + 1 = 0$ y $2 - 2 = 0$ ✓.

Para el examen: escribe el normal del haz en función de $α$ y $β$ y aplica la condición como un producto escalar; es más corto que sustituir puntos.

Errores típicos

Ejercicios

Intenta cada ejercicio por tu cuenta antes de abrir la solución. Van de menos a más difícil.

Nivel

Soluciones

Ejercicio 1 Básico

Sea el haz de planos paralelos a $x - 2 y + z + 3 = 0$ .

a) Halla el plano del haz que pasa por $(2, 1, 0)$ , dando el término independiente $λ$ de $x - 2 y + z + λ = 0$ .

b) Halla el plano del haz que pasa por $(1, 0, 1)$ , dando también $λ$ .

Solución paso a paso

a) $2 - 2 + 0 + λ = 0 \Rightarrow λ = 0$ .

b) $1 - 0 + 1 + λ = 0 \Rightarrow λ = - 2$ .

Ejercicio 2 Básico

Sea la recta $r : x + y - 1 = 0, z = 0$ . Halla el plano del haz de $r$ que pasa por $P (1, 1, 3)$ , escrito como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $3$ .

Solución paso a paso

El haz es $α (x + y - 1) + β z = 0$ . Sustituyendo $P$ : $α \cdot 1 + β \cdot 3 = 0 \Rightarrow α = - 3 β$ . Con $β = 1$ : $- 3 (x + y - 1) + z = 0$ , es decir, $- 3 x - 3 y + z + 3 = 0$ . Cambiando de signo para que el primer coeficiente sea $3$ : $3 x + 3 y - z - 3 = 0$ . Comprobación: $3 + 3 - 3 - 3 = 0$ ✓.

Ejercicio 3 Básico

Considera el plano $π : x + y + z - 1 = 0$ y los puntos $A (1, 2, 3)$ y $B (3, 0, 5)$ .

a) Halla el punto medio $M$ del segmento $A B$ .

b) Halla el plano paralelo a $π$ que pasa por $M$ , dando el valor de $λ$ en $x + y + z + λ = 0$ .

Solución paso a paso

a) $M = (\frac{1 + 3}{2}, \frac{2 + 0}{2}, \frac{3 + 5}{2}) = (2, 1, 4)$ .

b) $2 + 1 + 4 + λ = 0 \Rightarrow λ = - 7$ .

Ejercicio 4 Medio

Sea la recta $r : x - y = 0, y - z = 0$ . Halla el plano del haz de $r$ que pasa por $P (1, 2, 0)$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $2$ .

Solución paso a paso

El haz es $α (x - y) + β (y - z) = 0$ . Con $P$ : $α \cdot (1 - 2) + β \cdot (2 - 0) = - α + 2 β = 0 \Rightarrow α = 2 β$ . Con $β = 1$ : $2 (x - y) + (y - z) = 2 x - y - z = 0$ . La tupla es $(2, - 1, - 1, 0)$ . (Es un plano que pasa por el origen y contiene a la recta $x = y = z$ .)

Ejercicio 5 Medio

Sea la recta $r : x + y + z = 1, x - z = 0$ . Halla el plano del haz de $r$ que es paralelo al eje $O Z$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $2$ .

Solución paso a paso

El normal del haz es $α (1, 1, 1) + β (1, 0, - 1) = (α + β, α, α - β)$ . Paralelo al eje $O Z$ significa que $(0, 0, 1)$ es perpendicular al normal: $α - β = 0$ , luego $β = α = 1$ . El plano es $(x + y + z - 1) + (x - z) = 2 x + y - 1 = 0$ . La tupla es $(2, 1, 0, - 1)$ .

Ejercicio 6 Medio

Una viga recta $r$ está en la intersección de los planos $x - y = 0$ y $z = 0$ . Se quiere colocar un panel plano que contenga a la viga y pase por el punto $P (1, 0, 3)$ .

Halla la ecuación del panel como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $3$ .

Solución paso a paso

El haz es $α (x - y) + β z = 0$ . Con $P$ : $α \cdot 1 + β \cdot 3 = 0 \Rightarrow α = - 3 β$ . Con $β = 1$ : $- 3 (x - y) + z = 0$ , es decir, $3 x - 3 y - z = 0$ (cambiando de signo). La tupla es $(3, - 3, - 1, 0)$ . Comprobación: $3 - 0 - 3 = 0$ ✓.

Ejercicio 7 Medio

Sea la recta $r : x + y + z = 3, 2 x - y + z = 0$ . Halla el plano del haz de $r$ que es perpendicular al plano $z = 0$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $1$ .

Solución paso a paso

El normal del haz es $α (1, 1, 1) + β (2, - 1, 1) = (α + 2 β, α - β, α + β)$ . Perpendicular al plano $z = 0$ (normal $(0, 0, 1)$ ) exige $α + β = 0$ : $β = - α$ . Con $α = 1$ , $β = - 1$ : $(x + y + z - 3) - (2 x - y + z) = - x + 2 y - 3 = 0$ , es decir, $x - 2 y + 3 = 0$ . La tupla es $(1, - 2, 0, 3)$ .

Ejercicio 8 Difícil

Sea la recta $r : x + y - z = 0, x - y + 2 z = 3$ .

a) Halla el plano del haz de $r$ que pasa por $P (1, 1, 3)$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $4$ .

b) Halla el plano del haz de $r$ que es paralelo al vector $v = (1, 1, 1)$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $1$ .

Solución paso a paso

El haz es $α (x + y - z) + β (x - y + 2 z - 3) = 0$ .

a) Con $P$ : $α (1 + 1 - 3) + β (1 - 1 + 6 - 3) = - α + 3 β = 0 \Rightarrow α = 3 β$ . Con $β = 1$ : $3 (x + y - z) + (x - y + 2 z - 3) = 4 x + 2 y - z - 3 = 0$ . La tupla es $(4, 2, - 1, - 3)$ . Comprobación: $4 + 2 - 3 - 3 = 0$ ✓.

b) El normal es $α (1, 1, - 1) + β (1, - 1, 2) = (α + β, α - β, - α + 2 β)$ . Perpendicular a $v = (1, 1, 1)$ : $(α + β) + (α - β) + (- α + 2 β) = α + 2 β = 0$ , luego $α = - 2 β$ . Con $β = 1$ : $- 2 (x + y - z) + (x - y + 2 z - 3) = - x - 3 y + 4 z - 3 = 0$ . Cambiando de signo: $x + 3 y - 4 z + 3 = 0$ . La tupla es $(1, 3, - 4, 3)$ .

Ejercicio 9 DifícilTipo PAU · 2,5 puntos

Se considera la recta $r : {x - 2 y + z x + y - z = 0 = 3$

a) Halla un vector director de $r$ con primera componente igual a $1$ . (0,5 puntos)

b) Halla el plano del haz de $r$ que pasa por $P (1, 0, 1)$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $5$ . (0,75 puntos)

c) Halla el plano del haz de $r$ que es paralelo al eje $O Y$ , como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $3$ . (0,75 puntos)

d) Halla el plano del haz de $r$ que pasa por el origen, como la tupla $(A, B, C, D)$ con primer coeficiente igual a $1$ . (0,5 puntos)

Solución paso a paso

a) $n_{1} \times n_{2} = (1, - 2, 1) \times (1, 1, - 1) = ((- 2) (- 1) - 1 \cdot 1, 1 \cdot 1 - 1 \cdot (- 1), 1 \cdot 1 - (- 2) \cdot 1) = (1, 2, 3)$ . Ya tiene primera componente $1$ .

b) El haz es $α (x - 2 y + z) + β (x + y - z - 3) = 0$ . Con $P$ : $α \cdot 2 + β \cdot (1 + 0 - 1 - 3) = 2 α - 3 β = 0 \Rightarrow α = 3, β = 2$ . Entonces $3 (x - 2 y + z) + 2 (x + y - z - 3) = 5 x - 4 y + z - 6 = 0$ . La tupla es $(5, - 4, 1, - 6)$ . Comprobación: $5 - 0 + 1 - 6 = 0$ ✓.

c) El normal del haz es $(α + β, - 2 α + β, α - β)$ . Paralelo al eje $O Y$ : la segunda componente debe ser $0$ (el director $(0, 1, 0)$ es perpendicular al normal): $- 2 α + β = 0 \Rightarrow β = 2 α$ . Con $α = 1$ , $β = 2$ : $(x - 2 y + z) + 2 (x + y - z - 3) = 3 x - z - 6 = 0$ . La tupla es $(3, 0, - 1, - 6)$ .

d) Por el origen: $α \cdot 0 + β \cdot (- 3) = 0 \Rightarrow β = 0$ , y el plano es $π_{1}$ : $x - 2 y + z = 0$ . La tupla es $(1, - 2, 1, 0)$ .

Para el examen: si la condición hace que $β = 0$ o $α = 0$ , el plano es uno de los dos de partida; no es un error.

Ejercicio 10 DifícilDemostración

Sean $π_{1} = 0$ y $π_{2} = 0$ las ecuaciones de dos planos secantes cuya intersección es la recta $r$ . Demuestra que todo plano $α π_{1} + β π_{2} = 0$ (con $α, β$ no ambos nulos) contiene a $r$ y es realmente un plano.

Solución paso a paso

Contiene a $r$ . Sea $X$ un punto de $r$ . Entonces $π_{1} (X) = 0$ y $π_{2} (X) = 0$ , luego $α π_{1} (X) + β π_{2} (X) = 0$ : $X$ cumple la ecuación del haz.
Es un plano. La ecuación $α π_{1} + β π_{2} = 0$ es lineal en $x$ , $y$ , $z$ , con coeficientes $α n_{1} + β n_{2}$ . Este vector no es nulo: como $n_{1}$ y $n_{2}$ no son proporcionales (los planos son secantes), la combinación $α n_{1} + β n_{2}$ solo es $0$ si $α = β = 0$ . Por tanto la ecuación representa un plano.

Resumen

Haz de planos paralelos a $A x + B y + C z + D = 0$ : $A x + B y + C z + λ = 0$ .
Haz de planos que contienen a una recta $r : π_{1} = 0, π_{2} = 0$ : $α π_{1} + β π_{2} = 0$ (solo importa el cociente $α : β$ ).
Para elegir un plano del haz, se impone una condición: pasar por un punto (se sustituye), ser paralelo a un vector o a un eje, o ser perpendicular a otro plano (producto escalar con el normal).
El normal del plano del haz es $α n_{1} + β n_{2}$ .
La forma $π_{1} + λ π_{2}$ no incluye a $π_{2}$ ; la de $α$ y $β$ sí.

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