Año 2011 - IES Ramón Olleros

Selectividad
Septiembre 2011
Pruebas de Acceso a enseñanzas
universitarias oficiales de grado
Castilla y León
EJERCICIO
MATEMÁTICAS II
Nº páginas: 2
INDICACIONES: 1.- OPTATIVIDAD: El alumno deberá escoger una de las dos opciones,
pudiendo desarrollar los cuatro ejercicios de la misma en el orden que desee.
2.- CALCULADORA: Se permitirá el uso de calculadoras no programables (que no admitan
memoria para texto ni representaciones gráficas).
CRITERIOS GENERALES DE EVALUACIÓN: Cada ejercicio se puntuará sobre un máximo
de 2,5 puntos. Se observarán fundamentalmente los siguientes aspectos: Correcta utilización de los
conceptos, definiciones y propiedades relacionadas con la naturaleza de la situación que se trata de
resolver. Justificaciones teóricas que se aporten para el desarrollo de las respuestas. Claridad y
coherencia en la exposición. Precisión en los cálculos y en las notaciones. Deben figurar
explícitamente las operaciones no triviales, de modo que puedan reconstruirse la argumentación
lógica y los cálculos.
OPCIÓN A
1. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 2) y determina en el primer cuadrante
con los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Calcular dicha área.
2. a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f (x) = | x – 1 | en el intervalo [–2, 2].
Calcular la función derivada de en ese intervalo.
b) Calcular el área del recinto delimitado en el primer cuadrante, por la gráfica de la función y = ln x
y las rectas y =0, y = 1 y x = 0.
 −1 0 1 


3. a) Averiguar para qué valores de m la matriz A =  −1 1 − m  no tiene inversa.
 0 m −2 


b) Calcula la matriz inversa de A para m = 0.
c) Sabemos que el determinante de una matriz cuadrada A vale –1 y que el determinante de la
matriz 2·A vale –16 ¿Cuál es el orden de la matriz A?
 x + y =1
4. Sean la recta r ≡ 
y el plano π ≡ x + (m + 1)y + mz = m + 1. Estudiar la posición
my + z = 0
relativa de la recta y el plano según los valores de m.
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OPCIÓN B
ln x
, determinar su dominio de definición, sus asíntotas, extremos relativos
x
y puntos de inflexión. Hacer un esbozo de su representación gráfica.
1. Dada la función y =
2. Hallar el valor de m para que el área delimitada, en el primer cuadrante, por la función y = 4x3 y
la recta y = mx sea de 9 unidades cuadradas.
3. Discutir según los valores de m y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales
 mx + y = 2

 x + my = m
 x+ y = 2

4. a) Calcular un vector unitario y ortogonal a los vectores v = (1, 2, 0) y w = (–1, 0, 1).
 y +1 = 0
x
y+3
b) Calcular el plano que contiene a las rectas r ≡ 
ys≡
=
= z − 2.
−1
0
x + z =1
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SOLUCIONES
OPCIÓN A
1. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 2) y determina en el primer cuadrante
con los ejes coordenados un triángulo de área mínima. Calcular dicha área.
Solución:
Hagamos una representación de la situación para tener una mejor idea de la misma. Tengamos en
cuenta que para que la recta determine un triángulo en el primer cuadrante con los ejes coordenados
debe tener pendiente negativa.
El área del triángulo vendrá dada por:
Área =
OP · OQ
2
siendo P el punto de intersección de la recta con el eje OY y el punto Q el punto de intersección de
la recta con el eje OX.
La ecuación de la recta será de la forma y = mx + n (con m < 0). Como pasa por el punto (1, 2), se
ha de verificar que:
⇒
2=m·1+n
n=2–m
Por tanto la ecuación de la recta ha de tener la forma:
y = mx + n = mx + 2 – m = m (x – 1) + 2
Los puntos de corte de dicha recta con los ejes coordenados son:
•
Corte con el eje OY (x = 0), punto P:
y = m (0 – 1) + 2 = –m + 2
Dpto. Matemáticas
⇒
(0, –m + 2)
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⇒
OP = –m + 2
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•
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Corte con el eje OX (y = 0), punto Q:
0 = m (x – 1) + 2 = mx –m + 2
⇒
m−2 
,0

 m

⇒
OQ =
m−2
m
Por tanto, el área del triángulo que la recta determina con la parte positiva de los ejes coordenados
es:
OP · OQ
Área =
= A (m) =
2
m−2
2
m = −m + 4m − 4
2
2m
(− m + 2)·
Maximicemos esta área. Calculemos la derivada primera:
A ‘(m) =
(−2m + 4)· 2m − (−m 2 + 4m − 4)·2 −2m 2 + 8 −m 2 + 4
=
=
4m 2
4m 2
2m 2
Igualando la derivada primera a cero, para obtener los puntos singulares, obtenemos que:
A ‘(m) = 0
⇒
−m2 + 4
=0
2m 2
⇒
–m2 + 4 = 0
⇒
m=±2
Como dijimos al principio, el valor de m ha de ser negativo, y por tanto, sólo es válido el valor de
m = –2.
Probemos si ese valor hace máximo el área. Calculemos la derivada segunda:
A ‘’(m) =
−2m · 2m 2 − (− m 2 + 4)· 4m −16m −4
=
= 3
4m 4
4m 4
m
Como:
A ‘’(–2) =
−4
−4 1
=
= >0
3
(−2)
−8 2
⇒
Máximo
Por tanto, como el valor del área es máximo para m = –2, la ecuación de la recta pedida es:
y = –2x + 4
En este caso, el valor del área es:
Área máxima =
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−(−2) 2 + 4·(−2) − 4 −4 − 8 − 4
=
= 4 u2
2·(−2)
−4
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2. a) Estudiar la continuidad y derivabilidad de la función f (x) = | x – 1 | en el intervalo [–2, 2].
Calcular la función derivada de en ese intervalo.
b) Calcular el área del recinto delimitado en el primer cuadrante, por la gráfica de la función y = ln x
y las rectas y =0, y = 1 y x = 0.
Solución:
a) Al tratarse de una función valor absoluto, para trabajar mejor con ella, la expresaremos como una
función definida a trozos. Para ello, veamos donde se anula:
⇒
x–1=0
x=1
Entonces, tenemos que podemos escribirla como:
1 − x si −2 ≤ x < 1
f (x) = 
 x − 1 si 1 ≤ x ≤ 2
Como se comprueba fácilmente, esta función es continua en el intervalo [–2, 2], pues cada trozo es
una función polinómica (y por tanto continua en todo ℝ ) y en el punto en que se cambia de un
trozo a otro también es continua, ya que:
Lim− (1 − x) = 0 = Lim+ ( x − 1) = f (1)
x →1
x →1
Estudiemos la derivabilidad. Las funciones parciales son derivables en todo ℝ por ser polinómicas
y por tanto f será derivable en [–2, 2] salvo quizá en x = 1 que es donde se cambia de un trozo a
otro. Veamos si es derivable en ese punto:
−1 si −2 ≤ x < 1
f ‘(x) = 
 1 si 1 < x ≤ 2
Para que sea derivable en x = 1 ha de cumplirse que:
f ‘(1–) = f ‘(1+)
Veamos si es así:
f ‘(1–) = Lim− (−1) = –1
x →1
;
f ‘(1+) = Lim+ (1) = 1
x →1
Por tanto, como f ‘(1–) ≠ f ‘(1+), la función no es derivable en x = 1. La derivada de f es entonces:
−1 si −2 ≤ x < 1
f ‘(x) = 
 1 si 1 < x ≤ 2
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b) Aunque no es necesario, hagamos una rápida representación gráfica de la situación con la que
nos encontramos para tener una mejor idea del área pedida:
Calculemos los puntos de corte de la función y = ln x con las rectas y = 0 e y = 1.
y=0 

y = ln x 
⇒
0 = ln x
⇒
x=1
y =1 

y = ln x 
⇒
1 = ln x
⇒
x=e
Por tanto, el área pedida es:
Área =
1
∫ 1dx + ∫
0
e
1
(1 − ln x)dx = [ x ] 0 + [ x ] 1 − ∫ ln x dx
1
e
e
1
Para calcular esta última integral utilicemos el método de integración por partes:
∫
ln x dx = x ln x –
1
∫ x · x dx = x ln x – ∫ 1dx
u = ln x
dv = dx
⇒
⇒
= x ln x – x = x (ln x – 1)
1
dx
x
v = ∫ dx = x
du =
Por tanto:
Área =
∫
1dx + ∫ (1 − ln x)dx = [ x ] 0 + [ x ] 1 − ∫ ln x dx = [ x ] 0 + [ x ]1 − [ x(ln x − 1) ]1 =
1
0
e
1
e
1
e
1
e
e
1
= [1 – 0] + [e – 1] – [(e (ln e – 1)) – (1 (ln1 – 1))] = (e – 1) u2
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 −1 0 1 


3. a) Averiguar para qué valores de m la matriz A =  −1 1 − m  no tiene inversa.
 0 m −2 


b) Calcula la matriz inversa de A para m = 0.
c) Sabemos que el determinante de una matriz cuadrada A vale –1 y que el determinante de la
matriz 2·A vale –16 ¿Cuál es el orden de la matriz A?
Solución:
a) A–1 existirá para aquellos valores de m que hagan | A | ≠ 0. Calculemos pues | A |:
−1 0 1
| A | = −1 1 − m = 2 – m – m2
0 m −2
⇒
|A|=0
si
m = –2
o
m=1
Por tanto, no existe A–1 para aquellos valores de m iguales a –2 y a 1.
b) Para m = 0 la matriz A es:
 −1 0 1 


A =  −1 1 0 
 0 0 −2 


y | A | = 2.
Calculemos A–1:
A–1 =
Ajd ( At )
| A|
donde Adj(Bt) significa la matriz adjunta de la transpuesta de A.
 −1 −1 0 


A =0 1 0
 1 0 −2 


t
⇒
 −2 0 −1


Adj(B ) =  −2 2 −1
 0 0 −1


t
⇒
1

 −1 0 − 2 


1
Ajd ( At ) 
–1
A =
= −1 1 −

| A|
2


 0 0 − 1 
2

c) Para responder a esta cuestión tengamos en cuenta la siguiente propiedad de los determinantes:
Si los elementos de una fila o columna de una matriz se multiplican por un número, el
determinante de la matriz queda multiplicado por dicho número.
Por tanto, al multiplicar la matriz A por 2, todos sus elementos quedan multiplicados por 2, y por
tanto cada fila o columna queda multiplicada por ese factor. Así, si n es el orden de la matriz A,
tenemos que:
| 2A | = 2n · | A |
Dpto. Matemáticas
⇒
–16 = 2n · (–1)
7 / 16
⇒
2n = 16
⇒
n=4
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 x + y =1
4. Sean la recta r ≡ 
y el plano π ≡ x + (m + 1)y + mz = m + 1. Estudiar la posición
my + z = 0
relativa de la recta y el plano según los valores de m.
Solución:
a) Para estudiar la posición relativa de la recta r y el plano π, estudiemos el sistema formado por sus
ecuaciones:
1
1
0

M = 0
m
1
 1 m +1 m

1
0
1


M = 0
m
1
 1 m +1 m 


1 

0 
m + 1
Estudiemos los rangos de estas matrices. Calculemos el determinante de M:
1
1
0
m
1 = m2 + 1 – (m + 1) = m2 – m
1 m +1 m
|M|= 0
Dicho determinante se anula para:
|M|=0
⇒
m2 – m = 0
⇒
m=0 o m=1
Por tanto, tenemos que:
• Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒
rango (M) = 3 = rango ( M ) = nº incógnitas
⇒
Sistema
compatible determinado. Por tanto la recta y el plano se cortan en un punto. Son secantes.
•
Si m = 0 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:
1 1 0


M = 0 0 1
1 1 0


⇒
1 0
0 1
=1≠0
Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la última fila y la columna de
términos independientes en la matriz ampliada, M , obtenemos que:
1 0 1
0 1 0 =0
1 0 1
Por tanto, rango ( M ) = 2 = rango (M) ⇒ Sistema compatible indeterminado. El sistema
tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro. Por tanto la recta está contenida en
el plano.
Dpto. Matemáticas
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•
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Si m = 1 ⇒ rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:
1 1 0


M = 0 1 1
1 2 1


1 1
=1≠0
0 1
⇒
Por otra parte, si orlamos este menor con los elementos de la última fila y la columna de
términos independientes en la matriz ampliada, M , obtenemos que:
1 1 1
0 1 0 =2–1=1≠0
1 2 2
Por tanto, rango ( M ) = 3 ≠ 2 = rango (M) ⇒ Sistema incompatible. El sistema no tiene
solución y por tanto la recta y el plano son paralelos.
Otra forma de resolver este problema es a través de los vectores. Consideremos el vector director de
la recta r, vr , y el vector característico del plano (perpendicular al mismo), p . Para calcular el
vector director, vr , de la recta, escribamos las ecuaciones paramétricas de la misma tomando y = λ.
Entonces tenemos que:
 x = 1− λ

r≡  y=λ
 z = − mλ

vr = (–1, 1, –m)
⇒
El vector característico del plano el p = (1, m + 1, m).
Calculemos el producto escalar de los mismos:
vr · p = (–1, 1, –m) · (1, m + 1, m) = –1 + m + 1 – m2 = m – m2
Si este producto escalar no se anula significa que el vector director de la recta r, vr , y el vector
característico del plano (perpendicular al mismo), p , no son perpendiculares, y por tanto la recta y
el plano son secantes.
Si este producto escalar se anula significa que el vector director de la recta r, vr , y el vector
característico del plano (perpendicular al mismo), p , son perpendiculares, y por tanto la recta o es
paralela al plano o está contenida en él. La recta estará contenida en el plano si un punto de la
misma también pertenece al plano. En caso contrario será paralela.
El producto escalar anterior se anula si:
m – m2 = 0
Dpto. Matemáticas
⇒
m=0 o m=1
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•
Si m ≠ 0 y m ≠ 1
•
Veamos que ocurre para m = 0. La ecuación del plano es: π ≡ x + y = 1
En este caso un punto de la recta R, que podemos obtener a partir de sus ecuaciones
paramétricas, es R = (1, 0, 0). Probemos si pertenece al plano:
1+0=1
•
⇒
La recta y el plano son secantes.
⇒
R∈π
⇒
La recta está contenida en el plano.
Veamos que ocurre para m = 1. La ecuación del plano es: π ≡ x + 2y + z = 2.
Probemos si el punto R pertenece al plano:
1+2·0+0≠2
⇒
R∉π
⇒
La recta es paralela al plano.
Solo pueden ser paralelos o cortarse, si son paralelos los vectores directores de la recta y del plano
son perpendiculares y su producto escalar nulo, en todo los demás casos el plano y la recta se
cortan.
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OPCIÓN B
ln x
, determinar su dominio de definición, sus asíntotas, extremos relativos
x
y puntos de inflexión. Hacer un esbozo de su representación gráfica.
1. Dada la función y =
Solución:
Para calcular el dominio de esta función debemos tener en cuenta que debemos quitar del dominio
aquellos puntos que anulen el denominador, y además, como la función consta de un logaritmo el
argumento del mismo ha de ser positivo. Teniendo en cuenta esto, se deduce que:
Dom y = (0, + ∞)
Estudiemos sus asíntotas.
•
Asíntotas verticales: Como el dominio de la función es (0, + ∞), un punto límite en este
dominio es x = 0. Calculemos si en él hay una asíntota vertical:
Lim+
x→ 0
ln x
1
1

= Lim+  ln x ·  = ln(0+ )· + = −∞ · + ∞ = −∞
x→ 0 
x
x
0
Por tanto, la recta x = es una asíntota vertical.
•
Asíntotas horizontales:
1
ln x ∞
1
1
L´ Hopital
Lim
= = 
→ = Lim x = Lim =
=0
x →+∞ x
x
→+∞
x
→+∞
∞
1
x +∞
Por tanto, la recta y = 0 es una asíntota horizontal cuando x → +∞.
•
Asíntotas oblicuas: No hay por haber asíntotas horizontales y ser ambas excluyentes.
Procedamos ahora con los extremos relativos. Para ello calculemos la derivada primera:
1
· x − ln x ·1
1 − ln x
y‘= x
=
2
x
x2
Obtenemos los puntos singulares igualando dicha derivada a cero:
y‘=0
⇒
1 − ln x
=0
x2
⇒
1 – ln x = 0
⇒
ln x = 1
⇒
x=e
Calculemos la derivada segunda para estudiar la naturaleza de dicho punto:
1
− · x 2 − (1 − ln x)·2 x
2 x ln x − 3 x 2 ln x − 3
=
=
y ‘’ = x
4
x
x4
x3
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Se tiene entonces que:
y ‘’ (e) =
2 ln e − 3
1
=− 3 <0
3
e
e
⇒
 1
Máximo en  e, 
 e
Los puntos de inflexión se presentan en las soluciones de la ecuación que resulta de igualar la
derivada segunda a cero:
⇒
y ‘’ = 0
2 ln x − 3
=0
x3
⇒
⇒
2 ln x – 3 = 0
ln x =
3
2
3
⇒
x = e2
Al estudiar la curvatura de la función tenemos que:
y ‘’ < 0
y ‘’ > 0
3
0
e2
3
Por tanto, como para x = e 2 la curvatura cambia de ser cóncava hacia abajo a ser cóncava hacia
arriba en dicho punto hay un punto de inflexión:
3 

Punto de inflexión  e3/ 2 , 3/ 2 
2e 

Con todo lo anterior, la representación gráfica de la función es:
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2. Hallar el valor de m para que el área delimitada, en el primer cuadrante, por la función y = 4x3 y
la recta y = mx sea de 9 unidades cuadradas.
Solución:
Hagamos una representación de la situación para tener una mejor idea de la misma. Tengamos en
cuenta que para que la recta y la otra función, cuya representación gráfica es una parábola cúbica,
delimiten una región en el primer cuadrante su pendiente ha de ser positiva, esto es, ha de ser m > 0.
Calculemos los puntos de corte de la función y la recta:
4x3 = mx
⇒
⇒
4x3 – mx = 0
⇒
x (4x2 – m) = 0
x=0 ; x= ±
m
2
m
, no lo consideramos pues nos dicen que la región delimitada por ambas
2
funciones está en el primer cuadrante (abscisas positivas). Por tanto, el área vendrá dada por:
El valor de x = −
m
Área =
∫
m
2
0
 mx 2
 2
m 2 m 2 m2 2
(mx − 4 x3 ) dx = 
− x4  =
−
=
u
8 16 16
 2
0
Como dicho área debe valer 9 unidades cuadradas, tendremos que:
m2
=9
16
⇒
m2 = 144
⇒
m = ± 12
El valor m = –12 no es válido pues en este caso la pendiente de la recta sería negativa y la recta
estaría en el 2º y 4º cuadrantes. Por tanto, el valor de m ha de ser 12.
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3. Discutir según los valores de m y resolver cuando sea posible, el sistema de ecuaciones lineales
 mx + y = 2

 x + my = m
 x+ y = 2

Solución:
a) Consideremos la matriz de coeficientes y la matriz ampliada del sistema:
 m 1

M = 1 m
 1 1

m 1 


M =  1 m
1 1


2

m
2 
Estudiemos los rangos de estas matrices. Calculemos el determinante de M :
m
| M |= 1
1
1
2
m m = 2m2 + 2 + m – 2m – m2 – 2 = m2 – m
1 2
Dicho determinante se anula para:
| M |=0
⇒
m2 – m = 0
⇒
m=0 o m=1
Por tanto, tenemos que:
• Si m ≠ 0 y m ≠ 1 ⇒
rango ( M ) = 3. El rango de la matriz M será como mucho 2, y
por tanto a la fuerza los rangos de ambas matrices son diferentes. Por tanto:
rango (M) ≠ rango ( M ) = 3
•
⇒
Sistema incompatible
Si m = 0 ⇒ Las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada son:
 0 1

M = 1 0
 1 1

0 1


M = 1 0
1 1


2

0
2 
En esta caso el rango (M) = 2 pues podemos encontrar un menor de orden dos no nulo:
0 1
1 0
= –1 ≠ 0
Además el rango ( M ) = 2, pues el determinante de M se anula para m = 0, y dentro de dicha
matriz está el menor de orden dos no nulo anterior. Por tanto tenemos que:
rango (M) = rango ( M ) = 2 = nº de incógnitas
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14 / 16
⇒
Sistema compatible determinado
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Para calcular su solución, nos quedamos únicamente con las dos primeras ecuaciones, que son
las que determinan el menor de orden dos no nulo encontrado. El sistema que tenemos es:
y = 2

x = 0
Dicho sistema nos da directamente la solución: x = 0 e y = 2.
•
Si m = 1 ⇒ Las matrices de los coeficientes y la matriz ampliada son:
 1 1

M = 1 1
 1 1

 1 1


M = 1 1
1 1


2

1
2 
En esta caso el rango (M) = 1 pues sus tres filas son iguales. Además el rango ( M ) = 2, pues el
determinante de M se anula para m = 1, pero dentro de dicha matriz se puede encontrar un
menor de orden dos no nulo:
1 2
1 1
= –1 ≠ 0
Por tanto tenemos que:
rango (M) = 1 ≠ 2 = rango ( M )
⇒
Sistema incompatible
4. a) Calcular un vector unitario y ortogonal a los vectores v = (1, 2, 0) y w = (–1, 0, 1).
 y +1 = 0
x
y+3
b) Calcular el plano que contiene a las rectas r ≡ 
ys≡
=
= z − 2.
−1
0
x + z =1
Solución:
a) Un vector ortogonal a los dados, n , es el que resulta del producto vectorial de ambos. Por tanto:
i
j k
n = v × w = 1 2 0 = 2 i – j + 2k
−1 0 1
Para conseguir el vector unitario y ortogonal, nu , a los vectores v y w dividimos las coordenadas
de este vector ortogonal obtenido, n , entre su módulo:
| n |=
Dpto. Matemáticas
22 + (−1)2 + 2 2 = 9 = 3
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IES “Ramón Olleros”
Selectividad
Septiembre 2011
Por tanto:
2 1 2 nu = i –
j + k
3
3
3
2 1 2
nu =  , − , 
3 3 3
⇒
b) El plano pedido podría venir determinado por un punto de las rectas r o s, y los vectores
directores de ambas rectas, vr y vs . Para calcular un vector director de la recta r, podemos
expresarla en coordenadas paramétricas tomando z = λ. Así:
x = 1− λ

r ≡  y = −1
 z=λ

⇒
vr = (–1, 0, 1)
De la recta s podemos calcular directamente un punto, S, y un vector director, vs :
vs = (–1, 0, 1)
S (0, –3, 2)
Si nos fijamos en los vectores directores de ambas rectas se observa que son iguales, esto es, las
rectas r y s, tienen el mismo vector director, y por tanto son paralelas o coincidentes. Esta última
opción se descarta comprobando que el punto S de la recta s no pertenece a la recta r.
 −3 + 1 ≠ 0
S ∉ r ya que no verifica su ecuación 
 0+2 ≠1
Por ello, para determinar el plano pedido necesitamos otro vector diferente de los vectores
directores de estas rectas. Dicho vector puede ser uno que una un punto de r, R, con un punto de s,
S. Así, como:
R (1, –1, 0)
y
S (0, –3, 2)
RS = (–1, –2, 2)
⇒
Entonces el plano pedido, π, viene determinado por la terna π ≡ (S, vr , RS ). Entonces:
x
π ≡ −1
−1
Dpto. Matemáticas
y+3 z−2
0
−2
1
2
= 2x + y + 2z – 1 = 0
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⇒
π ≡ 2x + y + 2z – 1 = 0
IES “Ramón Olleros”