Ejercicios resueltos

Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
1
TEMAS 6 Y 7 – GEOMETRÍA EN EL ESPACIO
ECUACIONES DE RECTAS Y PLANOS
 x − y + z = 1
EJERCICIO 1 : Escribe la ecuación del plano que contiene a la recta r : 
y es paralelo a
2x + y − z = 2
x +1 y −1 z + 2
s:
=
=
.
3
2
1
→
Solución: Para hallar la ecuación de un plano, necesitamos un punto y dos vectores: Ps,
- Pasamos la recta r a paramétricas para hallar un punto y un vector de r:
z = α
x = 1
Pr = (1,0,0)
 1 − 1 1 1  1 − 1 1 1
x − y + z = 1 


 ≈ 
 ⇒ 
⇒ y = α ⇒ y = α ⇒ 
 2 1 − 1 2 0 3 − 3 0
y − z = 0
v r = (0,1,1)
x = 1
z = α


→
v r, v s
→
- Hallamos el vector director de s: v s (3,2,1)
x −1 y − 0 z − 0
- Ecuación del plano:
0
3
1
2
1
1
= 0 ⇒ −( x − 1) + 3 y − 3z = 0 ⇒ − x + 3 y − 3z + 1 = 0
x + y = 1
EJERCICIO 2 : Halla la ecuación del plano que contiene a estas rectas: r : 
z = 2
x = 1 + λ

s :  y = − 2λ

z = 2 + λ
Solución: Hallamos un vector y un punto de cada recta, para ello pasamos r a paramétricas:
x = 1 − α
→

Recta r: y = α
Pr(1,0,2)
v r(-1,1,0)
z = 2

→
v s(1,-2,1)
Recta s: Ps(1,0,2)
→
Como no son paralelas tomamos un punto: Pr(1,0,2) y los dos vectores
x −1 y z − 2
La ecuación del plano es:
−1
1
1
−2
0
1
→
v r(-1,1,0), v s(1,-2,1)
= 0 ⇒ (x – 1) + y + (z – 2 ) = 0 ⇒ x + y + z – 3 = 0
EJERCICIO 3 : Escribe la ecuación del plano, π, que contiene al punto P (3, 0,-2) y a la recta
 x = 3 + 2λ

r : y = 1 − λ .

z = 1 + λ
Solución: Necesitamos un punto y dos vectores: P, vr, PPr
→
Recta r: Pr(3,1,1)
v r(2,-1,1)
x−3 y z+2
Plano: P(3,0,-2), v r(2,-1,1), PPr (0,1,3) ⇒ 2
−1
1 = 0 ⇒ -4(x-3) - 6y + 2(z + 2) = 0 ⇒
0
1
3
→
→
-4x – 6y + 2z + 16 = 0 ⇒ 2x + 3y – z – 8 = 0
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
EJERCICIO 4 : Halla la ecuación del plano, π, que contiene a la recta r :
2
x−1 y+2 z+1
=
=
y es
2
3
0
x = 3 − λ

paralelo a s :  y = −1 + 2λ .

z = 3
→
Solución: Necesitamos un punto y dos vectores: Pr(1,-2,-1),
x −1 y + 2 z +1
2
−1
3
2
0
0
→
v r(2,3,0), PP r s(-1,2,0)
= 0 ⇒ 7(z+1) = 0 ⇒ z + 1 = 0
3x + y − 4 z + 1 = 0
EJERCICIO 5 : Determina la ecuación del plano que contiene a la recta r : 
 − 2x − y + z + 1 = 0
ortogonal al plano π: 5x -2y + 4z - 2 = 0.
→
→
Solución: Necesitamos un punto y dos vectores: Pr, v r, n π
3 − 4 − 1  1 3 − 4 − 1 
 1
 ≈ 
 ⇒
Pasamos la recta r a paramétricas: 
 − 1 − 2 1 − 1  0 1 − 3 − 2 
 x = 3α − 2
→

⇒  y = 5 − 5α
Pr(-2,5,0)
v r(3,-5,1)
z = α

x+2 y−5 z
La ecuación del plano es:
y es
y + 3 x − 4z = −1

 x − 3 z = −2
3
−5
1 = 0 ⇒ -18(x+2) -7(y-5)+19z = 0 ⇒ -18x -7y + 19z -1 = 0
5
−2
4
POSICIÓN RELATIVA
 x = 3 − 2λ

x+1 y−1 z+2
EJERCICIO 6 : Dados las rectas: r :  y = 1 + λ ; s :
=
=
;
3
2
1

 z = −1 + λ
y el plano π : 2 x − 3 y + 2 = 0 ;
halla la posición relativa entre: a) r y s
b) r y π
Solución:
a) Ponemos las dos rectas en paramétricas y resolvemos el sistema:
x = 3 − 2λ
x = −1 + 3α
− 2λ + 3α = −4
 1 − 1 − 1
 1 − 1 − 1
 1 − 1 − 1









r : y = 1 + λ ; s : y = 1 + 2α ⇒ λ − 2α = 0
⇒  1 − 2 0  ⇒ 0 − 1 1  ⇒ 0 − 1 1 
 − 2 3 − 4
0 1 − 2
 0 0 − 1


λ − α = −1







z = −1 + λ
z = −2 + α
Rango A = 2 ≠ Rango A’ = 3 ⇒ Sistema Incompatible ⇒ No tiene solución (Paralelas o se cruzan)
→
→
Hallamos los vectores directores: v r = (-2, 1, 1), v s = (3, 2, 1) ⇒ Los vectores no son paralelos porque no
son proporcionales ⇒ Las rectas no son paralelas, por tanto, SE CRUZAN.
b) Como la recta ya está en paramétricas, resolvemos el sistema:
2 (3 - 2λ) – 3.(1 + λ) + 2 = 0 ⇒ 5 – 7λ = 0 ⇒ λ = 5/7 ⇒ Sistema compatible determinado ⇒ Existe una única
solución ⇒ SE CORTAN EN UN PUNTO.
EJERCICIO 7 : Estudia, según los valores del parámetro a, la posición relativa de las rectas r y s:
 x = (a + 2 )λ

x−a y−2 z−a
r:
=
=
y
s : y = 1
y obtén, si fuese posible, sus puntos de corte.
−1
a−1
a3

 z = a
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3
Solución:
Pasamos las ecuaciones a paramétricas y resolvemos el sistema:
x = (a + 2)λ
a − α = (a + 2)λ
a − α = (a + 2 )λ
x = a − α
 − 1 − a − 2 − a


 3





3
3
⇒ 2 + a α = 1
⇒ a α = −1
⇒  a3
− 1
r : y = 2 + a α s : y = 1
0
a − 1
a + (a − 1)α = a
(a − 1)α = 0
z = a + (a − 1)α 
0
0 

z = a



1
a
a 
a + 2 1
a + 2




3
3
⇒ 0
a
− 1 ⇒  0
a
−1 
a ≠ 0
 0
a − 1 0 
0 − a + 1
 0

Igualamos los elementos de la diagonal, por separado a cero: a = -2, a = 0, a = 1 ⇒ Cuatro casos
0 1 − 2


Caso I: a = -2 ⇒  0 − 8 − 1  ⇒ Sistema incompatible ⇒ Paralelas o se cruzan
0 0
3 

→
→
v r = (-1, -8,3), v s = (0, 0, 0) s no es una recta sino un punto.
2

1 0

0 − 1 ⇒ Sistema incompatible ⇒ Paralelas o se cruzan
0 − 1 0 


Caso II: a = 0 ⇒  0
→
→
v r = (-1, 0,-1), v s = (2, 0, 0) No son paralelos ⇒ SE CRUZAN
3 1 1 


Caso III: a = 1 ⇒  0 1 − 1 ⇒ Sistema compatible determinado. α = -1 , λ = 2/3 ⇒ SE CORTAN
0 0 0 


EN UN PUNTO (2,1,1)
Caso IV: a ∈ R – {0,1,-2} Sistema incompatible ⇒ Paralelas o se cruzan:
→
→
v r(-1,a3,a-1) v s(a+2,0,0)
−1
a3
a −1
=
=
⇒ (a-1)(a+2)= 0
a+2
0
0
a = 1
No puede ser
a = −2
⇒ 
⇒ SE
CRUZAN
SOLUCIÓN
Si a = -2. s no es una recta sino un punto
Si a = 1: Se cortan en el punto (2,1,1)
Si a ∈ R – {1,-2}Se cruzan
2 x + z = a
EJERCICIO 8 : Calcula el valor de a para que las rectas: r : 
y = 1
se corten en un punto, y halla el punto de corte.
y
 − x + 2 y + 2z = 5
s:
 x + y = a
Solución:
Pasamos la rectas a paramétricas

x = a − β
x = α
α + β = a



r ≡ y = 1
s ≡ y = β
β = 1
z = a − 2α

4α − 3β = a − 5
5
+
a
−
3
β


z =
2

a  1 1
a
a
1 1
 1 1


 
 

0
1
1
≈
0
1
1
0
1
1
≈

 
 

 4 − 3 a − 5   0 − 7 − 3a − 5   0 0 − 3a + 2 

 
 

Igualamos, por separado, los elementos de la diagonal a cero: -3a + 2= 0 ⇒ a = 2/3 ⇒ Dos casos
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
4
 1 1 2 / 3


Caso I : Si a = 2/3 ⇒  0 1
1  Sistema compatible determinado. Existe una única solución ⇒
0 0
0 

β = 1, α = -1/3 ⇒ SE CORTAN EN UN PUNTO P(-1/3,1,4/3)
 1 1 a


Caso II : Si a ≠ 2/3 ⇒  0 1 1  ⇒ Sistema Incompatible ⇒ Paralelas o se cruzan
0 0 * 


 x = 1 − 3λ

EJERCICIO 9 : Estudia la posición relativa de estas rectas: r :  y = 2λ

 z = −1 + 4 λ
s:
x+1 y−2 z
=
=
3
1
4
Solución:
Pasamos las rectas a paramétricas y resolvemos el sistema:
 x = 1 − 3λ
x = −1 + 3α
 − 3 − 3 − 2  − 3 − 3 − 2

 



r : y = 2λ
s :y = 2 + α
⇒  2 − 1 2  ≈  0 − 9 2  ⇒ Sistema Incompatible. No existe
 4 −4 1   0


0 − 5 

 
z = −1 + 4λ
z = 4α
solución ⇒ Paralelas o se cruzan
→
Hallamos los vectores directores:
→
v r (-3,2,4) v vs(3,1.4) No son paralelos ⇒ SE CRUZAN
EJERCICIO 10
a) Calcula el valor de m para que las siguientes rectas sean coplanarias:
x = 3 − λ

x −1 y
z +2
r : y = m + λ
¨s :
=
=
1
−1
3

z = 2 + 2λ
b) ¿Cuál será la posición relativa de r y s para ese valor de m?
Solución:
a) Para que sean coplanarias no se deben cruzar. Estudiamos su posición relativa (pasamos s a
paramétricas y resolvemos el sistema)
x = 3 − λ
x = 1 + α
− 2  − 1 − 1
−2 
− 1 − 1 − 2  − 1 − 1

 
 



r : y = m + λ
¨ s :  y = −α
⇒  1
1 − m ≈  0
0 − m − 2 ≈  0 − 5
−8 
 2 −3 −4  0 −5


− 8   0
0 − m − 2 

 
z = 2 + 2λ
 z = −2 + 3 α
Igualamos, por separado, los elementos de la diagonal a cero: -m – 2 = 0 ⇒ m = -2
Caso I : m = -2 ⇒ Sistema compatible determinado. Existe una solución. Se cortan en un punto.
Caso II : m ≠ -2 ⇒ Sistema incompatible ⇒ Paralelas o se cruzan.
→
→
Hallamos los vectores directores: v r (-1,1,2)
v s (1,-1,3) No paralelos ⇒ Se cruzan
Por tanto: m = -2
b) Para m = -2 ⇒ Las rectas se cortan en un punto ⇒ SECANTES
EJERCICIO 11
a) Halla los valores de m y n para que los siguientes planos sean paralelos:
π1: 2x - y + z - 5 = 0 y π2: mx + ny + 2z + 3 = 0
b) Obtén la ecuación de un plano paralelo a π1 que pase por el punto A(3, -2, 1).
Solución:
m
n
2
a) Si π1 y π2 han de ser paralelos, se tiene que: =
=
→ m = 4, n = −2
2 −1 1
b) El plano buscado ha de ser de la forma: 2x - y + z + D = 0
Si contiene al punto A, debe verificarse: 2 · 3 –(–2) + 1 + D = 0 ⇒ D = - 9 ⇒ 2x –y + z – 9 = 0
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EJERCICIO 12 : Determina, en función de a, la posición relativa de los siguientes planos:
(a − 2)x + y − z = −1

− ax + (2a − 1)y + (− a + 2 )z = a 
− x + ay + z = a 
Solución:
Estudiamos la posición relativa resolviendo el sistema (por determinantes)
a−2
1
−1
− a 2a − 1 − a + 2 = a3 − a2 − a + 1 = (a − 1)2 · (a + 1) = 0 ⇒ a = 1, a = -1 ⇒ 3 casos
−1
a
1
− x + y − z = 1
o
o

CASO I: a = 1: − x + y + z = 1 Tenemos dos planos coincidentes (2 y 3 )
o
− x + y + z = 1 y el otro (1 ) los corta.
 − 3 1 − 1 − 1 a

 ( 2 ) + 3 ⋅ (1a )
CASO II: a = -1:  1 − 3 3 − 1
→ a
a
 − 1 − 1 1 − 1 (3 ) + (1 )


 − 3 1 − 1 − 1
 − 3 1 − 1 − 1




 − 8 0 0 − 4  →  − 2 0 0 − 1
 − 4 0 0 − 2
 0 0 0
0 



Los tres planos se cortan en una recta.
CASO III: a ≠ 1 y a ≠ -1: |A| ≠ 0 ⇒ los tres planos se cortan en un punto.
EJERCICIO 13 : Dados los planos: π: 4x + my + mz = 6 y σ: mx + y + z + 3 = 0
estudia su posición relativa según los valores de m.
Solución:
Las ecuaciones de los planos son:
4 x + my + mz = 6 

mx + y + z = −3 
- Los coeficientes de las incognitas son proporcionales si m = 2.
4 x + 2 y + 2z = 6 

2 x + y + z = −3 
En tal caso, las ecuaciones son:
Los planos son paralelos, pues sus términos independientes no siguen la misma relación de
proporcionalidad que los coeficientes de las incógnitas.
- Si m ≠ 2, los planos se cortan en una recta, pues el sistema es compatible indeterminado de rango 2.
EJERCICIO 14 : Halla la posición relativa de los siguientes planos según el valor del parámetro a:
 x = 3 − λ + 2µ

π2: 4x + ay - 2z = 5
π1 :  y = λ − µ
 z = 1 + 2µ

Solución:
x−3
π1, expresado de forma implícita, es: − 1
2
Así, tenemos el sistema:
y
1
−1
z −1
0 = 0 ⇒ 2x + 2y - z = 5
2
2x + 2y − z = 5

4 x + ay − 2z = 5
- Los coeficientes de las incógnitas son proporcionales si a = 4.
En tal caso, los planos son paralelos, pues sus términos independientes no siguen la misma relación de
proporcionalidad que los coeficientes de las incógnitas.
- Si a ≠ 4, los planos se cortan en una recta, pues el sistema es compatible indeterminado de rango 2.
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6
ÁNGULOS
EJERCICIO 15 :
 x = −1 + λ
3x − 2 y − z = 0

Dados las rectas r :  y = 3 − 3λ , s : 
y el plano π : 4 x + y + z − 3 = 0;
 4 x + y + 3z − 1 = 0

 z = 1 + 2λ
calcula el ángulo que forman:
a) r y s
b) s y π
Solución:
i
j
k
a) Hallamos el vector director de s: 3 − 2 − 1 = ( −5,−13,11)
4 1
3
a) cos α =
vr · v s
vr · v s
=
(1,−3,2).( −5,−13,11)
− 5 + 39 + 22
1 + 9 + 4 . 25 + 169 + 121
r
v s · nπ
b) senα =
r =
v s · nπ
14 · 315
− 20 − 13 + 11
| ( −5,−13,11).( 4,1,1)
25 + 169 + 121 16 + 1 + 1
56
=
315 · 18
4 410
=
≈ 0,843
22
5 670
→
≈ 0,292
α = 32 o 30 ' 45 ' '
→ α = 16o 59 ' 16 ' '
EJERCICIO 16 : Considera los planos π: 2x + ay + 4z - 1 = 0 y σ: ax + 2y + 4z - 3 = 0.
a) Calcula el ángulo que forman π y σ cuando a = 1.
b) Halla a para que π y σ sean paralelos.
c) Determina el valor de a para que σ y σ sean perpendiculares.
Solución:
r r
r
r
n · n2
Un vector normal a π es n1(2, 1, 4 ).
Un vector normal a σ es n2 (1, 2, 4 ).
r
n1 · n2
r
r
n ·n
2 + 2 + 16
20
cos α = r 1 r2 =
=
≈ 0,952 → α = 17o 45 ' 10 ' '
n1 · n2
21 · 21 21
a) cos α = r 1
b) Sus vectores normales han de ser proporcionales:
2 a 4
= =
a 2 4
→
a=2
c) Sus vectores normales han de ser perpendiculares: (2,a,4)·(a,2,4) = 2a + 2a + 16 = 4a + 16 = 0 ⇒ a = -4

 x = 3 − 2λ
2x − 3 y + z − 2 = 0

EJERCICIO 17 : Dados las rectas r : 
y s :  y = −1 + λ y el punto P (1, 0, − 5 ) ;
 − 3x + 2 y + 2z + 1 = 0

 z = − 2 + 2λ

calcula el ángulo que forma la recta r con el plano, π, perpendicular a s que pasa por P.
r r
d·n
r
d · n
Solución: sen (α ) = r
r
r
- Un vector dirección de r es: dr = (2, − 3, 1) × (− 3, 2, 2) = (− 8, − 7, − 5 ) // (8, 7, 5) = d
r
- Un vector normal al plano π es: n = ds = (− 2, 1, 2)
r
r r
d·n
− 16 + 7 + 10
1
sen (α ) = r
=
≈ 0,028
r =
138
·
9
3
138
d · n
→ α = 1o 37 ' 34 ' '
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
7
DISTANCIAS
x−2 y+1
z
EJERCICIO 18 : Calcula la distancia entre las rectas: r :
=
=
1
3
−2
y
x = 1 + λ

s :  y = 2λ

 z = −1 + λ
Solución: dist (r, s ) =
| [ v r , v s , Pr Ps ] |
| vr × vs |
Buscamos un punto y un vector dirección de cada recta:
→
Recta r: Punto: Pr (2,-1,0)
Vector:
v r (1,3,-2)
→
Vector: v s (1,2,1)
1 3 −2
Recta s: Punto: Ps (1,0,-1)
[
]
PrPs (− 1, 1, − 1) ⇒ v r , v s , Pr Ps =
1 = −9
−1
1 2
−1 1
i j k
vr x vs = 1 3 − 2 = 7i − 3 j − k = (7,−3,−1)
1 2 1
dist (r, s) =
| −9 |
| [ v r , v s , Pr Ps ] |
=
| vr × v s |
49 + 9 + 1
9
=
59
≈ 1,17u
x+1 y−2 z+1
=
EJERCICIO 19 : Calcula la distancia entre las rectas: r :
=
3
4
0
Solución: dist (r, s ) =
y
 x = −5 + λ

s : y = 2 − λ

 z = 3 + 4λ
| [ PrPs, vr , v s ]|
| vr × v s |
- En la recta r: Pr (− 1, 2, − 1); vr (3, 4, 0 )
- En la recta s: Ps (− 5, 2, 3 ); v s (1, − 1, 4 )
- PrPs (− 4, 0, 4 ) ⇒ PrPs, vr , v s  =


−4
3
1
0
4
4
0 = −92
−1 4
- vr × v s = (3, 4, 0) × (1, − 1, 4 ) = (16, − 12, − 7) = 162 + (− 12)2 + (− 7)2 = 449
Por tanto: dist (r, s ) =
92
449
≈ 4,34
x = 2 + λ

EJERCICIO 20 : Dados el punto P (2, 0, − 3 ), la recta r :  y = −3 + λ y el plano π : x + 2 y + 2z − 1 = 0 ,

 z = 2 − 2λ
calcula la distancia entre:
a) P y π
b) P y r
Solución:
a) dist (P, π) =
2 + 0 − 6 −1
1+ 4 + 4
=
5
≈ 1,67
3
P Pxv r
b) dist (P,r) = r
vr
- Hallamos un punto y un vector dirección de la recta r : Pr (2, − 3, 2); v r (1, 1, − 2)
- PrP × vr = (0, 3, − 5) × (1, 1, − 2) = (− 1, − 5, − 3 ) = 1 + 25 + 9 = 35
- vr = (1, 1, − 2) = 1 + 1 + 4 = 6 ⇒ Por tanto: dist (P, r ) =
36
6
≈ 2,42
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
8
 x − 2 y − z + 5 = 0
.
EJERCICIO 21 : Calcula la distancia del punto P (3, 1, − 2 ) a la recta r : 
2x + 3 y + z + 1 = 0
PrPxv r
vr
Solución: dist (P,r) =
- Hallamos un punto y un vector de r (pasamos la recta a paramétricas:

−6−α

y = α
x =

3

 1 − 2 −1 − 5  1 − 2 −1 − 5
9 − 7α


 ≈ 
 ⇒ z =
⇒ y = α
1 − 1  0 7
3
9 
3
2 3


9 − 7α

z =
−6−α
x
=

3


3

Punto (-2,0,3) Vector (-1/3,1,-7/3)||(-1,3,-7)
PrP × dv r = (5, 1, − 5) × (− 1, 3, − 7 ) = (8, 40, 16 ) = 1 920
1 920
Por tanto: dist (P, r ) =
59
dv r = (− 1, 3, − 7 ) = 59
≈ 5,70
 x = −1 + λ

EJERCICIO 22 : Halla la distancia de la recta r :  y = 2 − 2λ al plano π : 2x + y = 4.

z = 3 − λ
Solución: d(r,π) = d(Pr,π)
Pr (-1,2,3)
π: 2x + y – 4 = 0
d(r,π) = d(Pr, π) =
2.( −1) + 2 − 4
4 + 1+ 0
=
4
5
≈ 1,79 u
LUGARES GEOMÉTRICOS
EJERCICIO 23 : Halla el lugar geométrico de los puntos, P, tales que la distancia de P a A sea
igual al triple de la distancia de P a B, siendo A (1, 0, 0) y B (1, 0, 0).
Solución:
Si P(x, y, z) es un punto del lugar geométrico, tenemos que: dist (P, A) = 3 dist (P, B), es decir:
(x + 1)2 + y 2 + z 2
=3
(x − 1)2 + y 2 + z 2
⇒ (x + 1)2 + y2 + z2 = 9 [(x - 1) 2 + y2 + z2]
x2 + 2x + 1 + y2 + z2 = 9 [x2 - 2x + 1 + y2 + z2] ⇒ 8x2 + 8y2 + 8z2 - 20x + 8 = 0
EJERCICIO 24 : Obtén el lugar geométrico de los puntos que equidistan de los planos
π: 3x - 2y + 4z - 1 = 0 y σ: 4x + 2y - 3z + 2 = 0.
Solución: Si P (x, y, z) es un punto del lugar geométrico, tenemos que: dist (P, π) dist (P, →), es decir:
| 3 x − 2y + 4z − 1 |
29
=
| 4x + 2y − 3z + 2 |
29
⇒ |3x - 2y + 4z - 1| = |4x + 2y - 3z + 2| ⇒
3 x − 2y + 4z − 1 = 4 x + 2y − 3z + 2 → x + 4 y − 7z + 3 = 0
→ 
3 x − 2y + 4z − 1 = −4 x − 2y + 3z − 2 → 7 x + z + 1 = 0
EJERCICIO 25 : Dados los puntos A (-1, 0) y B (1, 0), halla el lugar geométrico de los puntos, P,
del plano tales que el cociente de distancias:
dist (P, A )
sea igual a 1. Identifica la figura resultante.
dist (P, B)
Solución: Si P (x, y) es un punto del lugar geométrico, tenemos que:
dist (P, A )
=1
dist (P, B )
→
dist (P, A ) = dist (P, B ) ⇒
(x + 1)2 + y2
=
(x − 1)2 + y2
→
(x + 1)2 + y2 = (x − 1)2 + y2
x2 + 2x + 1 + y2 = x2 - 2x + 1 + y2 ⇒ 4x = 0 ⇒ x = 0 ⇒
Es la ecuación del eje Y, que en este caso es la mediatriz del segmento AB.
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
9
EJERCICIO 26 : Halla el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de A (2, 1, -5) y
B (6, 0, 3). ¿Qué figura obtienes?
Solución: Si P (x, y, z) es un punto del lugar geométrico, tenemos que: dist (P, A) = dist (P, B)
(x − 2)2 + (y − 1)2 + (z + 5 )2
=
(x − 6 )2 + y 2 + (z − 3 )2
x2 - 4x + 4 + y2 - 2y + 1 + z2 + 10z + 25 = x2 - 12x + 36 + y2 + z2 - 6z + 9 ⇒ 8x - 2y + 16z - 15 = 0
Es el plano mediador del segmento AB (es perpendicular a AB y pasa por el punto medio de AB).
REPASO
EJERCICIO 27 : Halla la posición relativa de las siguientes rectas y escribe la ecuación del plano que
 x = − 1 + 2λ

x+1 y−1
z
las contiene: r :  y = 3λ
s:
=
=
4
6
−2

z = 2 − λ
Solución:
- Posición relativa de las rectas : Pasamos las rectas a paramétricas y resolvemos el sistema:
x = −1 + 2λ
x = −1 + 4α
2λ − 4α = 0
 1 −2 0 
 1 − 1 − 1







r :  y = 3λ
; s : y = 1 + 6α ⇒ 3λ − 6α = 1 ⇒  − 1 − 2 − 2  ⇒  0 − 4 − 2 
 3 −6 1 
0 0


− λ + 2α = −2
1 




z = 2 − λ
z = −2α
Rango A = 2 ≠ Rango A* = 3 ⇒ Sistema Incompatible. No existe solución: Paralelas o se cruzan.
→
→
Hallamos los vectores directores: v r = (2, 3, -1),
proporcionales ⇒ Las rectas son PARALELAS
v s = (4, 6, -2) ⇒ Los vectores son paralelos porque son
- Ecuación del plano que las contiene : Necesitamos un punto y dos vectores: Pr, vr, PrPs
Recta r: Pr (-1,0,2)
Recta s: Ps(-1,1,0)
vr = (2,3,-1)
PrPs = (0,1,-2)
Ecuación del plano:
x +1 y −0 z − 2
2
0
3
1
− 1 = 0 ⇒ −5( x + 1) + 4 y + 2( z − 2) = 0 ⇒ −5 x + 4 y + 2z − 9 = 0
−2
EJERCICIO 28
a) Escribe la ecuación del plano, π, perpendicular a la recta r :
x −2 y +1 z −1
=
=
, que
2
−2
1
pase por P (1, 2, -1).
b) Calcula la distancia del punto P a la recta r.
Solución:
r
a) Un vector normal al plano será el vector dirección de la recta r : v r = n π = (2, − 2, 1)
La ecuación del plano será: 2x – 2y + z + D = 0
Sustituimos el punto P(1,2,-1) y obtenemos D: 2 - 4 – 1 + D = 0 ⇒ D = 3
Solución: π: 2x - 2y + z + 3 = 0
PPr xv r
b) d(P,r) =
vr
Hallamos un punto y un vector de r: Pr(2,-1,1) vr(2,-2,1)
Hallamos PPr = (1,-3,2)
i
j k
PPr xv r
=
PPr x vr = 1 − 3 2 = i + 3 j + 4k = (1,3,4) ⇒ d(P,r) =
vr
2 −2 1
1 + 9 + 16
4 + 4 +1
=
26
≈ 1,7u
3
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
EJERCICIO 29
a) Calcula el valor de m para que los puntos P(1, 2, -1), Q(0, -1, 2), R(3, 1, -1) y S(m, 2, 1) sean
coplanarios, y escribe la ecuación del plano que los contiene.
b) Obtén un punto simétrico de A(1, -1, 1) respecto del plano anterior.
Solución:
a) Escribimos la ecuación del plano, π, que contiene a los puntos P(1, 2, -1), Q(0, -1, 2) y R(3, 1, -1):
x −1 y − 2 z +1
P(1,2,-1), PQ(− 1, − 3, 3 ) , PR(2, − 1, 0 ) ⇒
−1
2
−3
−1
3
0
= 0 ⇒ 3(x – 1) + 6(y – 2) + 7(z + 1) = 0
3x + 6y + 7z – 8 = 0
−11
3
 x = 1 + 3λ

b) (1) Obtenemos la recta, r, que pasa por A y es perpendicular a π: r : y = −1 + 6λ

z = 1 + 7λ
(2) Buscamos el punto, B, de intersección de r y π:
3(1 + 3λ) + 6(-1 + 6λ) + 7(1 + 7λ) - 8 = 0
4
2
 53 − 35 61 
94λ = 4 → λ =
=
→ B
,
,

94 47
 47 47 47 
(3) Si A'(x, y, z) es el simétrico de A respecto de A´, B es el punto
 x + 1 y − 1 z + 1   53 − 35 61 
,
,
, 
medio de AA': 
= ,
2
2   47 47 47 
 2
Hallamos el valor de m para que S(m, 2, 1) ∈ π : 3m + 12 + 7 – 8 = 0 ⇒ m =
x + 1 53
=
2
47




y − 1 − 35
− 23 
=
→ y=

2
47
47 


z + 1 61
75
=
→ z=

2
47
47

→
x=
59
47
 59 − 23 75 
→ A' 
,
,

 47 47 47 
EJERCICIO 30 : Halla la ecuación de la perpendicular común a las rectas:
 x = −1 + λ

x +1 y −2 z −3
r:
=
=
y
s :  y = −2 + λ
1
2
−1

z = 3 + λ
Solución:
• Un punto genérico de r es R(-1 + µ, 2 + 2µ, 3 - µ).
• Un punto genérico de s es S(1 + λ, -2 + λ, 3 + λ).
Un vector genérico de origen en r y extremo en s es: RS(λ − µ, λ − 2µ − 4, λ + µ )
Este vector debe ser perpendicular a r y a s:
4
r
λ=
RS · d r = RS · (1, 2, − 1) = 0 → 2λ − 6µ − 8 = 0
7


r
RS · d s = RS · (1, 1, 1) = 0 → 3λ − 2µ − 4 = 0  µ = − 8
7
 − 15 − 2 29 
 − 3 − 10 25 
Así : R 
,
,
,
,
 ; S

7 7 
7
7 
 7
 7
 12 − 8 − 4 
RS  ,
,
 // (3, − 2, − 1)
7 
 7 7
10
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato

x =



Por tanto, las ecuaciones de la perpendicular común son: P : y =



z =

11
− 15
+ 3λ
7
−2
− 2λ
7
29
−λ
7
EJERCICIO 31 : Averigua las coordenadas del punto simétrico de P(3, 4, -1) respecto de la recta
3 x + y − z = 3
r :
; y calcula la distancia de P a r .
 x − 2 y + z = 0
Solución:
(1) Hallamos la ecuación del plano que pasa por P y es perpendicular a r:
i
j
k
1 − 1 = ( −1,−4,−7) || (1,4,7) ⇒ x + 4y + 7z + D = 0 ⇒ 3 + 16 – 7 + D = 0 ⇒ D = -12
1 −2 1
nπ = vr = 3
π : x + 4y + 7z – 12 = 0
(2) Resolvemos el sistema entre la recta y el plano (Para ello pasamos la recta a
paramétricas:
6+α


x = 7
z = α


 1 − 2 1 0  1 − 2 1 0
3 + 4α
3 + 4α



 ≈ 
 ⇒ y =
⇒ y =
3
1
−
1
3
0
7
−
4
3
7
7

 




6 + 8α
6+α
z = α
−α =
x =

7
7

6 + α 12 + 16α
+
+ 7α − 12 = 0 ⇒ 6 + α + 12 + 16α + 49α - 84 = 0 ⇒ α = 66/66=1
7
7
Q(1,1,1)
(3) Si llamamos P ' (x, y, z) al simétrico de P, entonces Q es el punto medio de PP ':
x +3

= 1 → x = −1 
2


y +4

= 1 → y = −2 P ' (− 1, − 2, 3 )
2



z −1
=1 → z = 3 
2

• La distancia de P a r es igual a la distancia de P a Q:
dist (P, r ) = dist (P, Q ) = PQ = (− 2, − 3, 2) = 4 + 9 + 4 = 17 ≈ 4,12
EJERCICIO 32 :
a) Halla la ecuación del plano que contiene a la recta r :
x−1 y+2 z
=
y es perpendicular al plano
=
3
−1
1
π: 2x + y + z - 2 = 0.
b) Calcula el ángulo que forman la recta r y el plano π.
Solución:
a) Necesitamos un punto y dos vectores: Pr(1,-2,0), vr(3,-1,1), nπ(2,1,1)
x −1 y + 2 z
3
−1
2
1
1 = 0 ⇒ -2(x – 1) – (y + 2) + 5z = 0 ⇒ -2x – y + 5z = 0
1
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
b) sen (α ) =
r
vr · nπ
=
r
vr · nπ
(3,−1,1).(2,1,1)
6 − 1+ 1
9 + 1 + 1 4 + 1 + 1 11 ·
6
=
6
66
12
→ α = 47o 36 ' 29 ' '
EJERCICIO 33 : Determina la posición relativa de las rectas r y s, y calcula la mínima distancia
 x = 2 + 2λ

x−6 y+2 z+1
entre ellas: r :  y = 3
s:
=
=
1
0
3

 z = − 1 + 6λ
Solución:
a) Posición relativa: Pasamos las rectas a paramétricas y resolvemos el sistema:
x = 2 + 2λ

r : y = 3

z = −1 + 6λ
x = 6 + α
2 −1 4 



⇒ 0 0 − 5
s : y = −2
6 − 3 0 



z = −1 + 3α
→
Hallamos los vectores directores:
⇒ Sistema Incompatible (Paralelas o se cruzan)
→
v r(2,0,6) , v s(1,0,3) ⇒ Proporcionales ⇒ Son paralelas.
b) Como son paralelas d(r,s) = d(Pr,s) =
PrPs xv s
vs
→
Pr(2,3,-1), Ps(6,-2,-1),
d(r,s) =
PrPs × v s
vs
=
v s(1,0,3) ⇒ PrPs = (4,-5,0)
| ( 4, − 5, 0) × (1, 0, 3 ) | | ( −15, − 12, 5 ) |
=
=
| (1, 0, 3) |
10
394
10
≈ 6,28
EJERCICIO 34 : El plano π: 2x + y + 4z + 8 = 0 corta a los ejes coordenados en tres puntos; A, B y
C. Halla el área del triángulo con vértices en esos tres puntos.
Solución:
Obtenemos los puntos de corte del plano π con los ejes coordenados:
- Con el eje X : y = z = 0 ⇒ x = -4 ⇒ Punto A (-4, 0, 0)
- Con el eje Y : x = z = 0 ⇒ y = -8 ⇒ Punto B (0, -8, 0)
- Con el eje Z : x = y = 0 ⇒ z = -2 ⇒ Punto C (0, 0, -2)
AB (4, − 8, 0 ); AC (4, 0, − 2)
Área =
1
1
(16, 8, 32 ) = 1 16 2 + 8 2 + 32 2 = 1 1 344 ≈ 18,33 u 2
AB × AC =
2
2
2
2
EJERCICIO 35 :
a) Escribe la ecuación del plano, π, que pasa por los puntos P (2, 1, -1), Q (1, 0, 3) y R (-3, 1, 1).
b) Calcula el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de corte del plano π con los ejes
coordenados.
Solución:
a) Necesitamos un punto P(2,1,-1) y dos vectores PQ(-1,-1,4), PR(-5,0,2)
x − 2 y −1 z +1
−1
−1
4 = 0 ⇒ −2( x − 2) − 18( y − 1) − 5( z + 1) = 0 ⇒ −2 x − 18 y − 5 z + 17 = 0
−5
0
2
b) Hallamos los puntos de corte de con los ejes coordenados:
17
 17

− Con el eje X → y = z = 0 → x =
→ Punto A  , 0, 0 
2
 2

− Con el eje Y
→ x =z=0 → y =
− Con el eje Z → x = y = 0 → z =
17 
 17 17 
 17
AB  −
,
, 0  ; AC  −
, 0,

5 
 2 18 
 2
17
 17 
→ Punto B  0,
, 0
18
 18 
17
5
17 

→ Punto C  0, 0,

5 

Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
Área =
13
1
1  289 289 289 
AB × AC =
,
,

 ≈ 15,08 u 2
2
2  90 10 36 
EJERCICIO 36 : Halla el punto simétrico de P (− 2, 1, 5 ) respecto a la recta r :
x−2 y+3 z−1
=
.
=
1
−2
1
Solución:
[1] Hallamos la ecuación del plano, π, que pasa por P y es perpendicular a r :
x – 2y + z + D = 0 ⇒ -2 -2 + 5 + D = 0 ⇒ D = -1 ⇒ x – 2y + z – 1 = 0
[2] Hallamos el punto, Q, de intersección de r y π:

x = 2 + λ


r : y = −3 − 2λ

z = 1 + λ

(2 + λ ) − 2 (− 3 − 2λ ) + (1 + λ ) − 1 = 0
2 + λ + 6 + 4λ + 1 + λ − 1 = 0
6λ + 8 = 0
→
λ=
 2 −1 −1 
,

3 3 3 
⇒ Q ,
−8 −4
=
6
3
[3] El punto Q es el punto medio de PP', siendo P' el simétrico de P respecto a r : Si P' (x, y, z):
x −2 2
10 
=
→ x=

2
3
3



y +1 −1
− 5   10 − 5 − 17 
,

=
→ y=
 P'  ,
3 
2
3
3   3 3


z + 5 −1
− 17 
=
→ z=

2
3
3 
EJERCICIO 37 : Determina la posición relativa de las rectas:
x = 2 − λ

x+2 y−1 z−1
r :  y = 3 + 2λ y s :
=
=
; y halla la ecuación de la perpendicular común.
3
1
2

 z = −1 + λ
Solución:
- Pasamos las rectas a paramétricas y resolvemos el sistema:
x = 2 − λ

r :  y = 3 + 2λ

z = −1 + λ
y
x = −2 + 3α
-1 - 3 - 4 -1 - 3 - 4  -1 - 3 - 4 

 
 


s : y = 1 + α
⇒  2 - 1 - 2  ≈  0 - 7 - 10  ≈  0 - 7 - 10 
 1 - 2 2   0 - 5 - 2   0 0 36 
 z = 1 + 2α


 
 

Rango A = 2 ≠ Rango A = 3 ⇒ Sistema incompatible ⇒ Se cruzan o son paralelas
*
→
→
Hallamos los vectores directores: v r (-1,2,1)
v s(3,1,2) ⇒ No son proporcionales ⇒ SE CRUZAN
- Perpendicular común:
Un punto genérico de r es Pr(2 - λ, 3 + 2λ,-1 + λ).
Un punto genérico de s es Ps (-2 + 3α, 1 + α, 1 + 2α)
El vector PrPs = (-4 + 3α + λ, -2 + α - 2λ, 2 + 2α - λ) es perpendicular a vr y a vs :
r
RS · d r = 0 → − 6λ + µ + 2 = 0

38
62

; µ=
λ=
r
83
83
RS · ds = 0 → − λ + 14µ − 10 = 0
 128 325 −45 
 20 145 207 
 −108 −180 252 
Así : Pr 
,
,
,
,
,
,
 ; Ps 
 ⇒ PrPs 
 // (3, 5, − 7 )
83
83 
83 
83
83 
 83
 83 83
 83
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
14
128

x = 83 + 3λ



325
Por tanto, las ecuaciones de la perpendicular común son: p : y =
+ 5λ
83



− 45
− 7λ
z =
83

EJERCICIO 38 : Obtén el punto simétrico de P (2, -1, 3) respecto al plano π: 3x + 2y + z - 5 = 0.
Solución:
[1] Hallamos la ecuación de la recta, r, que pasa por P y es
 x = 2 + 3λ

perpendicular a π: r : y = −1 + 2λ

z = 3 + λ
[2] Obtenemos el punto, Q, de intersección de r y π:
3 (2 + 3λ) + 2(-1 + λ) + (3 + λ) – 5 = 0 ⇒
6 + 9λ − 2 + 4λ + 3 + λ − 5 = 0
→
14λ + 2 = 0
→
λ=−
1
⇒
7
9 20 
 11
Q , − ,

7
7 7 

[3] Si llamamos P ' al simétrico de P respecto de π, Q es el punto medio de PP':P' (x, y, z)
x + 2 11
8 
=
→ x=
2
7
7 


y −1
9
11  8 11 19 
=−
→ y = −  P' , − ,

2
7
7  7
7 7 

z + 3 20
19 
=
→ z=

2
7
7 
EJERCICIO 39 : Dados el punto P (3, 1, -1) y el plano π: 3x - y - z = 2, calcula:
a) La ecuación de la recta que pasa por P y es perpendicular a π.
b) El punto simétrico de P respecto a π.
c) Ecuación del plano que pasa por P y es paralelo a π.
Solución:
 x = 3 + 3λ

a) r : y = 1 − λ
z = −1 − λ

b)
[1] Apartado a)
[2] Hallamos el punto, Q, de intersección de r y π:
3 (3 + 3λ) - (1 - λ) -(-1 - λ) = 2 ⇒ 9 + 9λ - 1 + λ + 1 + λ = 2 ⇒
11λ = −7
→
λ=−
7
 12 18 −4 
⇒ Q ,
,

11
 11 11 11 
[3] Si P' (x, y, z) es el simétrico de P respecto a , Q es el punto
medio de PP':
Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato
15
x + 3 12
9
=
→ x=− 
2
11
11


y + 1 18
25   − 9 25 3 
=
→ y=
,
, 
 P' 
2
11
11   11 11 11 

z −1 − 4
3 
=
→ z=

2
11
11 
c) Un plano paralelo a π es de la forma 3x – y – z + D = 0
Como pasa por P(3, 1, -1) ⇒ 9 – 1 + 1 + D = 0 ⇒ D = -9 ⇒ 3x – y – z – 9 = 0
 x − az = 2
EJERCICIO 40 : Dadas las rectas: r : 
 y − z = −3
y
s:
x−1 y+1 z
=
= ,
2
b
1
calcula a y b para que sean ortogonales y coplanarias.
Solución:
 x = 2 + aλ

Escribimos la recta r en paramétricas: r : y = −3 + λ

z = λ
- Para que sean ortogonales, ha de ser: vr · v s = 0
- Para que sean coplanarias: PrPs, vr , v s  = 0


Pr (2, − 3, 0 ) ; dvr (a, 1, 1)
Ps (1, − 1, 0 ); dv s (2, b, 1)
→
2a + b + 1 = 0
−1 2 0
a 1 1 = −2a + b + 3 = 0
→
2
b 1
1
 a= 2
Uniendo las dos condiciones anteriores, tenemos que:

− 2a + b + 3 = 0 b = −2
2a + b + 1 = 0
EJERCICIO 41 : Un cuadrado tiene uno de sus lados sobre la recta
x = 1 + λ
x−2 y+1
z

r :  y = − 2λ
y otro sobre s :
Calcula el área del cuadrado.
=
=
2
−4
−2
z = 3 − λ

Solución:
vr = (1, − 2, − 1) // v s = (2, − 4, − 2). Por tanto las dos rectas son paralelas.
El lado del cuadrado es la distancia entre r y s.
dist (r, s ) = dist (Pr , s ) =
Por tanto, Área =
PrPs × dv s
( 5)
vs
2
=5u
=
(− 10, − 4, − 2)
4 + 16 + 4
=
120
24
= 5=
lado del
cuadrado
2
EJERCICIO 42 : Halla la ecuación de la recta s que pasa por P(2, 0, 1) y corta perpendicularmente a
la recta r :
x−2 y−1 z
= .
=
2
−1
2
Solución:
[1] Hallamos el plano, π, perpendicular a r que pasa por P: 2x – y + 2z + D = 0 ⇒ 4 + 2 + D = 0 ⇒ D = -6
2x – y + 2z – 6 = 0
[2] Hallamos el punto Q de intersección entre r y π: 2(2α + 2) – (-α+1) + 2(2α) – 6 = 0 ⇒ 9α - 3 = 0 ⇒
2
3
α = 1/3 ⇒ Q (  + 2,−
1
2 8 2 2
+ 1,  =  , , 
3
3 3 3 3
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16
Punto : P(2,0,1)

[3] La recta pedida pasa por P y Q ⇒ 
2
2   2 2 1
8
Vector : v = PQ =  3 − 2, 3 − 0, 3 − 1 =  3 , 3 ,− 3  || (2,2,−1)

 


x = 2 + 2λ

Así: s : y = + 2λ
z = 1 − λ

EJERCICIO 43 : Determina la ecuación de un plano π paralelo al plano de ecuación 2x - y + z + 4 = 0
y que dista 10 unidades del punto P(2, 0, 1).
Solución:
Un plano paralelo a 2x - y + z + 4 = 0 es de la forma: π: 2x – y + z + D = 0
Tenemos que hallar D para que la distancia a P sea 10 u: dist (P, π) =
2 · 2 + 1+ D
4 + 1+ 1
= 10
5 + D = 10 6 → D = 10 6 − 5

5 + D = 10 6 
− 5 − D = 10 6 → D = −5 − 10 6

Hay dos planos:
2x − y + z + 10 6 − 5 = 0
2x − y + z − 10 6 − 5 = 0
EJERCICIO 44 : Halla la ecuación de la proyección ortogonal, r ' , de la recta r :
x−1
y
z+2
=
=
2
−1
1
sobre el plano π: x - y + z + 2 = 0.
Solución:
[1] Hallamos el puntode corte de la recta r y el plano π: (2α + 1) – (-α) + (α - 2) + 2 = 0 ⇒ 4α + 1 = 0
α = -1/4 ⇒ P1(1/2, 1/4, -9/4)
[2] Hallamos otro punto cualquiera de r: α = 0 Pr(1,0,-2)
x = 1 + λ

[3] Calculamos la recta perpendicular a π que pase por r: s y = −λ
z = −2 + λ

[4] Hallamos el punto P2 de intersección entre la recta s y el plano π
(1 + λ) – (-λ) + (-2 + λ) + 2 = 0 ⇒ 3λ + 1 = 0 ⇒ λ = -1/3 ⇒ P2(2/3,1/3,-7/3)
1

x = 2 + 2λ

1 1 9

Punto : P1 , ,− 
1

2 4 4

[5] La recta pedida es la que pasa por P1 y P2 ⇒ r’ : 
⇒ r’: y = + λ
4
Vector : P P  1 , 1 ,− 1  || (2,1,−1)

12


9
6
12
12



z = − − λ
4
