Julio 2015 B2

Matemáticas II
Julio 2015
x = 1 − 2α

y el plano
y s : y = 2 +α
z = 3 − α

π: 2 x + m z + 1 = 0, siendo m un parámetro real. Obtener razonadamente, escribiendo todos
los pasos del razonamiento utilizado:
a) La posición relativa de las rectas r y s y el punto (o puntos) comunes a r y s.
(4 puntos)
b) El valor del parámetro m para que la recta s sea paralela al plano π. (3 puntos)
c) La ecuación del plano que contiene a la recta s y al punto P ( 1 , 2, 4 ). (4 puntos)
2 x − y + 5 = 0
PROBLEMA B.2. Se dan las rectas r : 
6 x − z + 8 = 0
Solución:
a) ¿Posición relativa de r y s?
Nos interesa obtener un punto y un vector director de cada una de las rectas.
−1 0
2 x − y + 5 = 0
r :
como {menor de y z}
= 1 ≠ 0 , despejamos z e y en función de x.
0 −1
6 x − z + 8 = 0
x = λ
2 x − y + 5 = 0
 − y = −5 − 2 x
y = 5 + 2x

r :
→ 
→ 
→ r : y = 5 + 2 λ
6 x − z + 8 = 0
 − z = −8 − 6 x
z = 8 + 6 x
z = 8 + 6 λ

λ ∈ℜ
 Pr (0 , 5 , 8 )
Por tanto: r :  →
vr (1 , 2 , 6 )
x = 1 − 2 α

s : y = 2 + α
z = 3 − α

 Ps (1 , 2 , 3 )
→ s : →
vs (− 2 , 1 , − 1)
→
Para estudiar la posición relativa de las rectas r y s estudiamos el rango de la matriz vr

1 − 2 1 


decir: M´=  2 1 − 3 
6 − 1 − 5


Rango de M, {M es 3 x 2, luego máximo rango de M es 2}
1 = 1 ≠ 0 → ran( M ) ≥ 1
se cort an

1 −2
 → ran( M ) = 2 → r y s o
= 1+ 4 = 5 ≠ 0

se cruzan
2 1

Rango de M´, {M´ es 3 x 3, luego máximo rango de M es 3}.
Por el cálculo del rango de M, sabemos que ran (M´) ≥ 2
1 −2 1
2 1 − 3 = −5 − 2 + 36 − 6 − 3 − 20 = 0 → ran( M ´) = 2
6 −1 −5
Como ran (M) = ran(M´) = 2, las rectas r y s se cortan.
→
vs

Pr Ps  , es

El punto de corte entre r y s lo obtenemos resolviendo el sistema de las rectas a partir de sus ecuaciones
paramétricas. Es decir,
λ = 1 − 2 α
λ + 2 α = 1


5 + 2 λ = 2 + α → 2 λ − α = −3 De este sistema, según el estudio de rangos anterior, sabemos que
8 + 6 λ = 3 − α
6 λ + α = −5


rango de la matriz de coeficientes = rango de la matriz ampliada = 2 = nº de incógnitas (λ y α ).
Resolvemos usando 1ª y 2ª ecuación (corresponden al menor de orden 2 no nulo). El sistema a resolver es:
λ + 2 α = 1
λ + 2 α = 1
→


2 x 2 ª 4λ − 2α = −6
2 λ − α = −3
5λ
= −5 → λ = −1
Sustituyendo en la 2ª ecuación: 2 ( – 1 ) – α = – 3; – 2 – α = – 3; – α = – 3 + 2; – α = – 1; α = 1
Sustituimos los valores de las incógnitas en las ecuaciones de r y s para comprobar que se obtiene el
mismo punto. Sólo sería necesario sustituir en una de las rectas.
 x = 1 − 2 . 1 = −1

En s :  y = 2 + 1 = 3
z = 3 − 1 = 2

x = − 1

En r :  y = 5 + 2(−1) = 3
 z = 8 + 6 (−1) = 2

Por tanto, el punto de corte entre las rectas r y s es ( – 1 , 3 , 2 )
b) ¿m / recta s // plano π?
→
Como s // π
→
→
→ vs ⊥ nπ
→

nπ vector perpendicular al plano π  →
→
vs (− 2 , 1 , − 1) y nπ (2 , 0 , m ),
Por lo que, – 4 – m = 0; m = – 4
→
→
→
vs . nπ = 0
→
vs . nπ = (− 2 , 1 , − 1) (2 , 0 , m ) = −4 − m
En conclusión, para que la recta s sea paralela al plano π debe ser m = – 4.
c) ¿plano τ? / recta s ⊂ τ y P ( 1 , 2 , 4 ) ∈ τ
Para obtener la ecuación del plano τ necesitamos un punto y dos vectores directores del plano.
 Ps (1 , 2 , 3) ∈τ
Como s ⊂ τ →  →
vs (− 2 , 1 , − 1) es director de τ
Además, P ( 1 , 2 , 4 ) ∈ τ
 punto (1 , 2 , 3 )
→ →

Por tanto, del plano τ conocemos → u = vs (− 2 , 1 , − 1)
→
 v = P Ps (0 , 0 , − 1)
→
→
 − 2 1 − 1
Como los vectores u y v no son paralelos 
≠ ≠
 sirven como vectores directores de τ.
0
1 
 0
x−1 y −2 z −4
La ecuación del plano τ será: − 2
– x + 1 – 2 y + 4 = 0;
1
0
0
– x – 2 y + 5 = 0;
Solución: τ : x + 2 y – 5 = 0
− 1 = 0 , efectuando operaciones:
−1
x+2y–5=0