1

El alumno al término de la unidad deberá:

1. Definir una recta y poder deducir todas las formas de representación, en los diferentes espacios en

que se encuentre.

2. Explicar correctamente la Naturaleza de un plano en V3 así como la deducción de todas las formas

de representación.

3. Formular y expresar matemáticamente las diferentes relaciones que existen entre puntos rectas y

planos, así como la interpretación geométrica de dichas relaciones.

En este capítulo iniciamos el estudio de los temas propios de la Geometría Analítica, la línea recta y el plano.

La metodología usada para el tratamiento de estos temas es el deductivo, esto es, vamos del caso general al

particular. Algunos autores prefieren el inductivo, estudiando en primera instancia los casos particulares

para luego ver el general. Este enfoque en algunos casos divide a la asignatura en dos: una en el plano y la

otra en el espacio, corriendo el riesgo de que el alumno pierda la visión de conjunto, y estudie los temas

como departamentos estancos.

Somos conscientes que la decisión tomada no sigue la línea natural del conocimiento, pero consideramos que

es importante que el alumno alcance una visión global del tema y potencie su habilidad en la aplicación del

concepto general a los casos particulares.

Se ha procurado utilizar el mismo esquema de estudio tanto para la recta como para el plano, con la

finalidad de facilitarle al alumno el aprendizaje, de modo que lo estudiado en el primer tema le suponga un

avance en el estudio del segundo. Siguiendo la misma línea se procurará al alumno problemas resueltos para

ilustrar el uso de la teoría en su solución, así como otros propuestos para que el alumno pueda comprobar lo

anterior.

2

LA

P tA

X=P+tA

A

tA

On

L(P,A)

Estudiaremos la recta en el espacio n-dimensional para luego aplicarlo al caso bidimensional y

tridimensional. La línea recta se ha definido de diferentes maneras:

a) Un conjunto de puntos que tienen la misma dirección.

b) El lugar geométrico que queda definido por dos puntos.

c) La intersección de dos planos.

d) Un punto de paso y un vector de dirección.

Para definir nuestra recta haremos uso del concepto de Envolvente Lineal vista en el capítulo anterior y la

relacionaremos con un conjunto fijo P, a través de una suma de vectores. Así como la cuarta forma de definir

una recta.

Por tanto los datos de partida serán el punto de paso P = ( p1 , p2 , p3 , ........, pn ) y un vector de dirección

A=(a1 , a2 , a3 ,.........., an ), de modo que la recta pedida “L(P, A)” será la que pasa por P y es paralela a la

recta de acción del vector A., como se muestra en la figura 3.1:

Como L(P, A) // LA , entonces el vector PX // A por lo tanto PX = tA

Reemplazando en X = P + PX = P + t A, en consecuencia: tAP)A,P(L que viene a ser la

representación algebraica de la recta, y su representación analítica de la recta será:

).....,,,()......,,,(),( 2121 nn aaatpppAPL (1): “Forma Vectorial Paramétrica de la Recta”

Como X es un punto cualquiera de L(P, A), esto es X L(P, A), me define también un vector que tiene su

cola en el origen y su flecha en cualquier punto de la recta L(P, A), como este vector tiene naturaleza

variable, dado que su flecha varía a lo largo de la recta L(P, A), por tanto se expresa como una variable

X=(x1 , x2 , ..........,xn ) = (p1 , p2 , ........, pn ) + t(a1 , a2 , a3 ,.........., an ), definiendo así la condición de

pertenencia.

Esto es:

(x1 , x2 , ..........,xn ) = (p1 , p2 , ........, pn ) + t(a1 , a2 , a3 ,.........., an )

(x1 , x2 , ..........,xn ) = (p1+ ta1 , p2 + ta2 , ........, pn+ tan )

De donde: L(P, A) =

nnn tapx

tapx

tapx

..................

222

111

(2) “Ecuación de la recta en forma Escalar Paramétrica”

X L(P, A) si X = P + tA

La envolvente del vectorA es L(A) = {tA}, son todos los

vectores que tienen su cola en el origen y su flecha en

cualquier puntode la recta de acción de A, esto es, LA.

Si X es un punto cualquiera de L(P, A), entonces dicha

recta se define como el conjunto de todos los X, esto es L(P,

A) = { X }. Pero X también es un vector, y como tal según

el gráfico se puede definir de la siguiente manera, X = P

+PX, en donde PX es un vector que tiene su cola en P y su

flecha en un punto cualquiera de L(P, A).

3

n

L(P,A)=L’(P,B)

P

A

LA = LB

B

0

Eliminando el parámetro “t”:

n

nn

a

px

a

px

a

px

a

pxt ...........

3

33

2

22

1

11 (3): “Forma Cartesiana de la Recta”

Ejemplo 1:

Dados el punto P = (1 ,2 , 3) y el vector A = (-1, -2, 4) , determinar la EVP de L( P; A ) .

Solución : De la Ec. (1) la EVP de L ( P; A) es: L ( P; A ) = {( 1, 2, 3) + t (-1, -2, 4)}

Ejemplo 2 :

Determinar las EEP de la recta calculada en el ejemplo 1.

Solución: De las ec. (2) tenemos que las EEP de L ( P; A) son :

L(P, A) =

tz

ty

tx

43

22

1

Ecuación cartesiana de la recta o simétrica de la recta ( EC o ES)

Despejando el parámetro t de las ecuaciones paramétricas e igualando, la ecuación cartesiana de la

recta es : n

n

a

pw....

a

pz

a

py

a

px

3

3

2

2

1

1

Ejemplo 3:

Determinar las EC o Simétrica de L ( P; A) del ejemplo 1.

Solución: De la Ec. (3 ) la ES de L (P; A) es: 4

3

2

2

1

1 zyx

a) Dadas dos rectas L(P,A) y L’(P,B), que pasan por el mismo punto P, son iguales si L(A)=L(B)

L(P,A) = { P + tA } (1)

L‟(P,B) = { P + sB } (2)

Como L(A) = L(B): { tA } = { sB }

Luego : tA = sB (3) A = (s/t)B = cB A // B

Reemplazando (3) en (1): L(P, A) = { P + sB} = L‟(P, B)

Por tanto: L(P, A) = L‟(P, B)

4

A

P L(P, A)=L‟(Q, A)

Q

b) Dadas dos rectas L(P, A) y L’(Q, A), son iguales si Q pertenece a L(P, A).

L(P, A) ={ P + tA } (1)

L‟(Q ,A) = { Q + t‟A } (2)

Como Q L(P, A): Q = P + tA (3)

Reemplazando (3) en (2): L‟(Q, A)= { P + tA + t‟A} =

L‟(Q, A) = {P + (t + t‟)A] = { P + t1 A} = L(P, A)

Luego: L(P, A ) =L‟(Q, A)

Teniendo en cuenta las propiedades vistas se puede dar la siguiente definición:

“Dadas dos rectas L(P, A) y L‟(Q, B), son paralelas si L(A)=L(B)”

Que L(A)=L(B) significa que { tA } = { sB }, luego tA = sB de donde A = (s/t)B, por tanto A = cB

c) Dados dos puntos tal que P Q, por esos dos puntos pasa una y sólo una recta, a

saber:

Como se muestra en la figura, se tiene dos puntos, y no tenemos el vector de dirección. Pero al unir P

con Q, podemos definir el vector QP, que hará de vector de dirección de nuestra recta.

Luego:

L(Q, QP) = { Q + tQP }

Ahora como P L(Q, QP) entonces

L(Q, QP) = L‟(P, QP) / P2

Como L(QP) = L(PQ):

L(Q, QP) = L‟(Q, PQ) / P1

Por lo anterior:

L(Q, QP) = L‟(P, PQ) = L‟‟(P, QP) = L‟‟‟(Q, PQ)

L(P, A) // L’(Q, B) si L(a)=L(B) esto es A = cB

L(Q, QP)

P

Q

0

L’(Q, A)

P

L(P, A) Q

A

0

LA

Definición:

“Dado un punto Q y una recta L(P, A), por Q pasa una y sola

una recta L‟ paralela a L”. Dicha recta será:

L‟(Q, A)={ Q + tA }.

L‟(Q, A), es la recta que pasa por Q y es para lela a la recta

de acción de A “LA “ y L(P, A) la recta que pasa por P y

es paralela a “LA“,luego L(Q, A) // L‟(P, A)

Esto puede llevar a una restricción, que consiste en pensar que

para que dos rectas sean paralelas es necesario que tengan el

mismo vector de dirección.

5

L(P, A)

X = (x, y)

y

LA

P

A

N

02 x

Vemos que la recta pedida puede asumir cuatro formas distintas, al aplicar las dos propiedades

anteriores.

Ejemplo 4:

Hallar las ecuaciones en forma escalar paramétrica y cartesiana, que describan la recta que pasa por

los puntos P = (1, -2, 4) y Q = ( 3, 2, 0).

Solución: Hallamos el vector dirección A que está dado por la diferencia A = P - Q

A = ( 1, -2, 4) – (3, 2, 0) = ( -2, -4, 4) y se elige el punto P = (1, -2, 4).

De las Ec. , obtenemos las ecuaciones paramétricas:

L(P, A) =

tz

ty

tx

44

42

21

De la expresión (3.1) , obtenemos las ecuaciones simétricas: 4

4

4

2

2

1 zyx

En el estudio realizado hemos podido apreciar que la recta asume tres formas distintas, que es necesario

manejar, debido al uso de éstas en los problemas que se presentan. En el espacio bidimensional estas tres

formas están presentes, pero además por su situación particular, acepta otras tres formas distintas. La

particularidad mencionada se debe a que la recta en el plano, posee una sola dirección ortogonal a ella,

en cambio en el espacio existen infinitas. Para ilustrar esta idea basta imaginar el eje de un ventilador de

techo, en donde todas las posiciones de sus aspas son perpendiculares a el.

Para ilustrar lo dicho, basta considerar lo siguiente: si tenemos una recta en el plano, podemos trazar

infinitas rectas perpendiculares a ella, pero todas ellas son paralelas entre si, por lo tanto tienen la

misma dirección, en consecuencia podemos afirmar que existe una única dirección ortogonal a la recta

en V2 .

Datos de partida: un punto de paso P = (p1 , p2 ) y un vector de dirección A = (a1 , a2 ).Por lo visto en el

caso general, la Forma Vectorial Paramétrica de la Recta (1) viene dada por:

Como X L(P, A): X = P + tA, y como X = (x, y):

“Forma Escalar Paramétrica” (2)

(x, y) = (p1 + t a1, p2,+ t a2 ) :

Eliminando el parámetro “t”:

“Forma Cartesiana ó Simétrica de la Recta” (3)

Multiplicando medios por extremos en (3): ( x - p1 ) a2 = ( y - p2 ) a1

L(P, A):22

11

atpy

atpx

2

2

1

1

a

py

a

pxt

L(P,A)= { P + tA } = { (p1 , p2 ) + t (a1 , a2 )} = { (p1 + t a1 , p2+ t a2 }

6

L(P,A)

X

y

y-p2

LA

x – p1

02

x

A

P

Ordenando: ( x - p1 ) a2 - ( y - p2 ) a1 = 0 ( I )

Observando esta ecuación bajo la óptica de los determinantes, podemos afirmar que es

equivalente a: “Forma de Determinante” (4)

De ( I ): asociando el signo a la componente a1 : ( x - p1 ) a2 + ( y - p2 )( - a1 ) = 0

Desde la óptica vectorial, podemos afirmar que es equivalente a:

(x - p1 , y - p2 ) . (a2 ,- a1 ) = 0

Esto es: [(x, y) - (p1 , p2 ) ] . (a2 ,- a1 ) = 0 ( X – P ) . (a2 , -a1 ) = 0

Luego: PX . (a2 ,- a1 ) = 0

De la condición de pertenencia: X = P + t A se deduce que X – P = PX = tA , luego la naturaleza del

vector PX es el de ser un vector tA, que ha sido trasladado de modo que su cola está en P y su flecha en

cualquier punto de la recta L(P, A). Por tanto el vector (a2 , -a1 ) es perpendicular a tA y por lo tanto a

L(P, A). Por esta razón se le denominará vector normal N = (a2 ,- a1 ). Es importante hacer notar que

el vector normal se obtiene a partir del vector de dirección, conmutando el orden de las componentes

de A y cambiándole de signo a una de ellas.

Por tanto: “Forma Normal de la Recta” (5)

Definición de Pendiente “m” de una Recta.

“La pendiente de una recta es el valor de la tangente

del ángulo que forma la recta L(P, A) con el eje XX,

en este caso “ “.

En la figura podemos observar que el vector PX y las

proyecciones de P y X a los ejes forman un triángulo

rectángulo. En donde el ángulo correspondiente al

vértice P es igual a , por tanto:

m = tg = ( y – p2 ) / (x – p1 ) (2)

De donde: y = mx + ( p2 - m p1 )

Haciendo: b = p2 - m p1

Tenemos que la “ Ecuación Punto Pendiente de la Recta” será: (6)

:

Vamos ahora a relacionar esta sexta forma con las demás. Cambiando extremos, en la ecuación (3):

1

2

2

1

2

2

2

1

1

2a

am:)/(conComparando

mpx

py

a

a

a

py

a

px

Esta expresión relaciona por tanto a la pendiente “m” con las componentes del vector de dirección.

Estableciendo así la relación que existe entre esta ecuación y las cinco anteriores.

y = mx + b en donde b = p2 - m p1

21

21

2121

210

aa

pp

aa

yxó

aa

pypx

( X – P ) . N = 0

7

NOTA . “Se deberá familiarizarse con estas seis formas, de modo que partiendo de una de éstas pueda

determinar las otras”. En el siguiente ejemplo se parte de la ecuación punto pendiente y se determina las

restantes.

Ejemplo 5:

Si me dan la pendiente de una recta m = 2 y el punto de paso P = (2,3), se pide determinar la ecuación de la

recta en todas sus formas.

Reemplazando en la ecuación: y = 2x + b

Como b = p2 - m p1 = 3 - 2x2 = - 1

Por tanto la ecuación de la recta en su forma punto pendiente será: y = 2x – 1, Si m = 2 entonces:

121

2 22 aaa

am si hacemos a1 = 1 (se da el valor más sencillo posible, el alumno deberá tener en

cuenta que lo que interesa del vector de dirección, no es el vector en si, sino su dirección), entonces a2 = 2

por tanto el vector de dirección de la recta será: A = ( 1, 2), luego la ecuación Vectorial Paramétrica será:

L(P,A)=[ ( 2, 3 ) + t ( 1, 2 ) ]

Por la condición de pertenencia sabemos que X = P + tA, luego:

( x, y ) = ( 2, 3 ) + t ( 1, 2 ) = ( 2+ t, 3+ 2t ): ty

tx

23

2 Forma Escalar Paramétrica.

Eliminando el parámetro “t”: 2

3

1

2 yxt “ Forma Cartesiana de la Recta”

Cuando la ecuación punto pendiente se expresa de modo implícito, esto es, 2x – y -1=0 y en ese orden, los

coeficientes de la ecuación me definen las componentes del vector normal a la recta N =( 2, -1).

Por tanto:

Si A = ( 1, 2 ) entonces N = ( 2, -1), y la ecuación en Forma Normal será:

[ ( x, y ) – ( 2, 3 ) ] . ( 2, -1 ) = 0 (1)

Por último desarrollando (1): ( x – 2 )(2) – ( y – 3 ) (-1) = 0

Y desde la óptica de los determinantes sería: 021

32 yx Forma de Determinante

Resumiendo tendríamos:

1. Forma Punto – Pendiente: y = 2x – 1

2. Forma Vectorial Paramétrica: L(P, A) = { (2, 3) + t(1, 2)}

3. Forma Escalar Paramétrica: L(P, A): ty

tx

23

2

4. Forma Normal: [ (x, y) – (2, 3)].(2, -1) = 0

5. Forma de Determinante: L(P, A): 021

32 yx

8

Si Q ε L(P, A): Q =P + t A :

nnn tapq

tapq

tapq

.................

222

111

Entonces Q pertenecerá a L, si existe un valor real t que

satisface la igualdad vectorial, esto implica que dicho valor t

satisfaga las n ecuaciones escalares.

De la figura 3.7 se puede afirmar que si M es el punto

medio entre P y Q, , entonces:

PM = MQ por igualdad de vectores

PM + MQ = PQ por suma de vectores

Como: PM = MQ : 2PM = PQ

2(M-P)= Q-P

2M – 2P = Q – P

Resolviendo tenemos: 2

PQM

En el siguiente apartado se resolverán los problemas fundamentales que se presentan entre puntos y rectas.

Con la finalidad de no repetir los temas, se advierte al lector la necesidad de estudiar estos problemas, ya

que en algunos casos, estos incluyen conceptos que se han omitido en la parte teórica. Por otro lado la

solución de éstos, tienen carácter general y por tanto se pueden aplicar a todos los casos particulares. Se

aconseja no limitarse a aprenderse el proceso de cálculo, sino que el alumno deberá esforzarse por

comprender bien el porqué de cada paso de la solución. Para esto conviene estudiar cada caso observando

con detenimiento el esquema geométrico que acompaña a cada problema.

1) RELACIONES ENTRE DOS PUNTOS P y Q

a) DETERMINAR EL PUNTO MEDIO ENTRE P Y Q.

b) DISTANCIA ENTRE P Y Q : coincide con la norma de PQ, luego dPQ = //PQ//, ver figura 3.7

c) RECTA QUE PASA POR P Y Q:

Será aquella que tiene como punto de paso el punto P ó el punto Q y como vector de dirección el vector PQ ó

el vector QP, de modo que su ecuación estará dada por cualquiera de estas cuatro formas: ver figura 3.7

L(P, PQ) = L(Q, PQ)=L(P, QP)=L(Q, QP)

2) RELACIONES ENTRE EL PUNTO Q Y LA RECTA L(P, A)

a) AVERIGUAR SI EL PUNTO Q PERTENECE A L(P, A)

L(P, PQ)

Q Q L(P, A)

A

P

O

Q

M

P

0

DPQ = //PQ//

9

Q Q

L(P, A)

LA A

P

O

L(Q, A)

b) DETERMINAR LA RECTA L’ QUE PASA POR Q Y ES PARALELA A L. (Ver figura 3.8a)

c) DETERMINAR LA RECTA L’ QUE PASA POR Q Y CORTA PERPENDICULARMENTE A L.

(Ver figura 3.8 b)

De la figura 3.8b se deduce que I L(P, A): I = P + t A

También se puede ver que QI L(P, A)

Como L(P, A) // LA // A, entonces QI A : QI . A = 0

QI = I – Q = P + t A - Q

Luego: QI . A = (P + t A - Q ) . A = 0

De donde:2////

.

.

.)(

A

APQ

AA

APQt

Luego: QI = PQ + 2////

.

A

APQA

Por tanto: L(Q , QI ) = AA

APQPQtQ

2////

.

d) DETERMINAR LA DISTANCIA ENTRE Q Y L(P,A):

En la figura 3.8b podemos observar que la distancia del punto Q a la recta L(P, A) se obtiene bajando desde

Q una perpendicular a L. Esta perpendicular corta a L en el punto I. Por tanto dicha distancia coincide con

la longitud de QI, esto es, //QI//.

De modo que: A//A//

A .PQ + PQQId

2QL ////

e) DETERMINAR EL PUNTO Q’ SIMÉTRICO A Q RESPECTO A L:

En la figura 3.8b se puede observar también, que el pie de la perpendicular bajada de Q a L viene a ser el

punto medio entre Q y su simétrico Q‟ respecto a L, por tanto:

Este problema se resolvió cuando se estudio la tercera

propiedad de las rectas ( c ) y dicha recta será:

L‟(Q, A)= [ Q + tA ].

Q Q

L(P, A)

L’(Q, QI)

LA

A

I P

O

90ª

L(Q, A)

dQL = // QI //

Q’

10

P

Q

A LA = L B

B

L(P, A) = L’(Q, B)

O

L’(Q, B)

Q

P L(P, A)

LA

A

LB

B

O

90ª P

I = QIQQQ

2'2

' de donde: QA

A

APQPQ

2////

.2'

3) RELACIONES ENTRE LAS RECTAS L(P, A) y L’(Q, B)

a) AVERIGUAR SI L(P, A) ES PARALELA A L’(Q, B)

Este problema ya ha sido resuelto, cuando se estudió la condición de paralelismo entre rectas. (Apartado

3.1.2)

b) AVERIGUAR SI L(P, A) ES IGUAL A L’ (Q, B) (VER FIGURA 3.9)

BcAqueesEstoBLALquey

AtPQqueesEstoAPLQQue

:)()(

:),(

Estas dos condiciones se pueden sintetizar en una: Q = P + t (cB) = P + (tc)B = P + t‟B.

Esto es Q = P + t‟B luego existe valor real t‟ que satisfaga la igualdad vectorial, si es así se da la igualdad,

en caso contrario no.

c) AVERIGUAR SI L (P, A ) ES PERPENDICULAR A L’ (Q, B ): (VER FIGURA 3.10)

Se sabe que L(P, A) // LA y que L‟(Q, B) // LB

Luego: si L L‟ entonces LA LB

Por tanto A B: A . B = 0

En consecuencia L (P, A ) L‟ (Q, B ) si A . B = 0

d) AVERIGUAR SI L(P, A) INTERCEPTA A L’(Q, B) ( VER FIGURA 3.11)

L(P, A)

L’(Q,B)

Q

I P

LA

LB

A

B O

Si L L‟, entonces existe un punto común a ambas, sea dicho

punto I = L L‟

Entonces I = L L‟ : BtQILI

AtPILI

:'

:

Luego: P + tA = Q + t‟B :

nnnn btqtap

btqtap

btqtap

'

.......................

'

'

2222

1111

Si se da la igualdad se tiene que cumplir que:

Q L(P, A): Q = P + tA

Si se cumple lo anterior entonces para que L = L‟ se

debe cumplir que L(A) =L(B), esto es, que A = cB ,

Propiedad 1.

Por tanto para que L = L‟ se deben cumplir dos

condiciones:

11

L(P, A)

P I

Q

L’(Q, B)

A

B

O

LB

LA

J

AxB

90ª

90ª

La condición para que esto se dé radica en que L no corte a

L‟.esta distancia viene a ser el segmento de perpendicular

común a ambas rectas. Como se muestra en la figura 3.12,

en donde dicha distancia coincide con la norma de I J, esto

es, //I J//.

De la figura 3.12 se deduce que: I L(P, A): I = P + tA

Y que J L(Q, B): J = Q + t‟B

Como I J = J - I = Q – P + t‟B - tA (a)

Como I J L y L‟ por definición de distancia y por otro lado

sabemos que L//LA y L‟// LB y como LA // A y LB // B

entonces:

I J A y B por tanto:I J . A = 0 y I J . B = 0

Se tiene por tanto n ecuaciones con 2 incógnitas, se toman dos y se determinan los valores de t y t‟, y se

comprueba si estos valores satisfacen las n-2 restantes. En caso afirmativo entonces L L‟, sino fuera así

no existe intersección.

e) DISTANCIA ENTRE L Y L’: (Ver figura 3.12)

I J . A = (Q – P + t‟B - tA) . A = PQ . A + t‟(B . A) – t(A . A)=PQ. A + t‟(A . B)-t //A// 2= 0 (1)

IJ . B = (Q – P + t‟B - tA) . B = PQ . B + t‟(B . B) – t(A . B)= PQ. B+ t‟ //B// 2 - t(A . B) = 0 (2)

(1)x//B//2

: (PQ. A) //B// 2+ t‟(A . B) //B//

2- t//A//

2 //B//

2 (3)

(2)x(A .B) : (PQ.B) (A .B) + t‟(A . B) //B// 2- t(A . B)

2 (4)

(3)-(4): (PQ.A) //B// 2 – (PQ.B) (A .B) - t//A//

2 //B//

2+ t(A . B)

2 =0

De donde: t = {[(PQ. A) //B// 2 – (PQ.B) (A .B) ] / (//A//

2 //B//

2+ (A . B)

2 )}

De (1): BA

APQ

BA

Att

.

.

.

////'

2

Reemplazando: t‟ = BA

APQ

BA

A

BABA

BABPQBAPQ

.

.

.

////

).(////////

).)(.(////).( 2

222

2

]).(//////[//.

]).(//////[//.

.

1

).(////////

////).)(.(////////).('

222

222

222

222

BABABA

BABAAPQ

BABABA

ABABPQABAPQt

222

2

222

2

222

22

).(////////

////).().)(.(':

).(////////

////).().)(.(

]).(//////[//.

////).)(.().)(.('

BABA

ABPQBAAPQtdondeDe

BABA

ABPQBAAPQ

BABABA

ABABPQBAAPQt

Reemplazando los valores de t y t‟ en (a), determinamos IJ, luego calculando su norma tendremos la

distancia pedida.

12

L(P, A)

L’’(P, B)

L’(Q B)

L A

L B B

A

Q

P

O

Hacemos pasar por el punto P la recta L‟‟ que es paralela a

L‟(Q, B), esto es, L‟‟(P, B)

Como L// L A y L‟ // L B entonces se puede afirmar que L // A

y L‟ // B y por lo tanto el ángulo formado por L y L‟‟ será

igual al formado por A y B, por ser ángulos que tienen sus

lados paralelos dos a dos.

Como cos = ////////

.

BA

BA

Por tanto = arc cos ////////

.

BA

BA

Si L1 : x + 2y= 12 entonces su vector N1 =(1, 2) por tanto su

vector de dirección A1 =(2, -1), para determinar el punto de

paso hacemos x = 0 en L1 luego 2y=12 entonces y = 6. En

consecuencia P1 =(0, 6) Luego L1 (P1 , A1 ) =[(0, 6) + t(2, -1)].

Hacemos lo mismo para L2 : 3x - 4y =26; N 2 = (3, -4)

entonces A2 =(4, 3) . Hacemos x = 2 en L2; -4y= 20 luego y = -

5, por tanto P2 = (2, - 5).

Luego: L2 (P2 , A2 ) =[(2, -5) +t(4, 3)].

Para L3 : x + y = 1; N3 =(1, 1) luego A 3 = (1, -1) .

Haciendo x = 0 en L3 : y = 1 entonces P3 = (0, 1)

En consecuencia L3 (P3 , A3 ) = [ (0, 1) + t (1, -1)].

f) RECTA QUE CORTA ORTOGONALMENTE A L Y A L’.(Ver figura 3.12)

Este problema queda resuelto también al resolver el problema de la distancia entre L y L‟, de modo que

dicha recta será la que pasa por los puntos I y J, esto es, L(I, I J), por la propiedad 3.

g) ANGULO ENTRE L Y L‟ (Ver figura 3.13)

Es el ángulo que forma L(P, A) con la recta L‟‟(P, B) que pasa por el punto de paso P de L y es paralela a la

recta L‟(Q, B). Es importante entender que no es necesario que L y L’ se corten para que formen ángulo.

A continuación se resolverán algunos problemas para que el alumno pueda aprender la aplicación de lo

estudiado en el apartado anterior.

Ejemplo 6.

Determinar la ecuación de la recta que pasa por la intersección de las rectas x + 2y =12 y 3x-4y=26, y es

perpendicular a la recta x + y = 1.

Lo más aconsejable es expresar estas rectas en forma vectorial paramétrica, como se hizo en el ejemplo

anterior.

Cálculo del punto de intersección entre L1 y L2 :

si I = L1 L2 : ),('t),(I:LI

),(t),(I:LI

3452

1260

2

1

),('t),(),(t),(:Igualando 34521260 :

L 1(P1 , A1 )

L2 (P2 A2 )

L3(P3 , A3)

L4 (I,,N3 )

I P2

P1

A3

L3

L2

L1

A1

A1

0

P3

90°

13

Q N

P

dQ L

L(P, A) I

A

LA

O

LA

0

L 2 (Q, B)

L1 (P, A)

Q P

A

B LB

I

La recta L(P, A)=[(4, 2) + t(5, 1)] entonces N = (1, -5) la

distancia del punto Q a la recta L, es el segmento de

perpendicular bajado de Q a L, que en el esquema se señala con

dQ L que coincide con la norma del vector proyección PQ sobre

el vector N que ha sido trasladado a esa posición, luego dicha

distancia vendrá dada por:

dQL =N

NPQ.

PQ = Q – P = (6, 2) -(4, 2) = (2, 0)

PQ . N = (2, 0). (1, -5)= 2

//N//= 26251

Luego: dQL =13

26

13

26

26

2LQd

N

N.PQ

'tt

'tt'tt

356

21422

)1,10(2''35'216:Re Itttsistemaelsolviendo

Luego la recta pedida pasará por I y será ortogonal a L3 , como su vector normal es N3 =(1, 1) la ecuación

de la recta será: L4 ( I , N3 ) =[(10, 1) + t (1, 1)]

Ejemplo 7:

Determinar la distancia entre el punto Q = (6, 2) y la recta que pasa por P = (4, 2) y tiene como vector de

dirección al vector A = (5, 1).

Ejemplo 8:

Una recta L1 pasa por el punto P = (1, 1, 1) y es paralela a la recta de acción del vector A = (1, 2, 3). Otra

recta L2 pasa por Q =(2, 1, 0) y tiene como vector de dirección a B = (3, 8, 13). Demostrar que las dos

rectas se cortan en un punto y luego determinar el ángulo formado por dichas rectas.

L1 (P, A) = [(1, 1, 1) + t(1, 2, 3)] y L 2 (Q, B) =[(2, 1, 0) + t‟(3, 8, 13)]

Si L1 L2 = I: BtQI

tAPI

'

Luego: I = (1, 1, 1) + t (1, 2, 3) e

I = ( 2, 1, 0) + t‟ (3, 8, 13)

)('tt'tt

)('tt

)('tt

:vectoresdeigualdadPor

311331331

28121

1321

)13,9,5(,1212121)1(13)4(3:)3(

41':)1('4:)2(

:Re

21 ILLluegocumpleoVerificand

ttendoreemplazanttDe

sistemaelsolviendo

14

)2',3'2,'2(

)4,13,39(

2

121

tttILI

tttILILLISi

Por la Propiedad Transitiva:

I = ( 9 – 3t, 3t – 1, t + 4) = (2 – t´, 2t‟ – 3, t‟ – 2)

)3(2'4

)2(3'213

)1('239

:

tt

tt

tt

vectoresdeigualdadPor

De (1) : t‟ = 3t – 7

P

L’

J Q

P

A1

O3

I 90° L 1 (P1 A1)

El ángulo formado por las rectas como se estudió en su momento es igual al ángulo que forman sus vectores

de dirección A y B respectivamente, luego: ////////

.cos

BA

BA

A . B = (1, 2, 3) . (3, 8, 13) =3 + 16 + 39= 58

24216964914941 //B//y//A//

Por tanto: 711

29cos

711

29

24214

58

////////

.cos arc

BA

BA

Ejemplo 9:

),,(R);,,(Q);,,(P;

'tz

'ty

'tx

L;

tz

ty

tx

L:Dados 322310321

2

23

2

4

31

39

21

Se pide:

a) Fundamentando su respuesta, decir si L1 corta a L2.

Reemplazando en (2) : 3t – 1 = 6t – 14 – 3= 6t - -17 → t = 16/3 luego t‟ = 9 .

Verificando (3) : 16/3 + 4 = 9 – 2 → 28/3 ≠ 6

Como no satisface, concluimos que L1 y L2 no se cortan, se cruzan.

b) Hallar la distancia del punto P a la recta L’ que pasa por Q y corta ortogonalmente a L1

De los datos despejando t de L1 y ordenando: t = 1

4

3

1

3

9 zyx

Luego L1 = { (9, -1, 4) + t(-3, 3, 1)}

Del esquema gráfico se deduce que I ε L1 por tanto:

I = (9, -1, 4) + t(-3, 3, 1) = ( 9 -3t, 3t – 1, t + 4)

Como IQ ┴ L1 y como L1 // A: QI . A1= 0

QI = I – Q = (9 – 3t, 3t – 1, t + 4)- (0, 1, -3) = (9 – 3t, 3t – 2. t + 7)

QI.A1 = (9 – 3t, 3t – 2. t + 7). (-3, 3, 1) = 0

P1 P2

A1

A2

O3

L(P1A1)

L(P1 A1)

I

15

Teniendo en cuenta que las diagonales de un rombo

son bisectrices de sus ángulos internos, y la suma de

vectores cumple con la ley del paralelogramo.Nuestro

problema lo resolveremos basado en éstas dos

propiedades geométricas. Para conseguir aplicarlas es

necesario determinar los vectores unitarios de RQ y RP,

que serían:

RPU = RP/ //RP// y RQU = RQ / //RQ//

Luego la suma de estos me dará el vector de dirección

de la bisectriz pedida.

L2(P, A)

Q

P

Q’

O

A2

LA

I De la figura se deduce que siendo L2 mediatriz del segmento

QQ‟, I será el punto medio entre Q y Q‟, por tanto:

I = QIQQQ

2'2

'

De la figura se puede deducir también que I ε L2 y que QI ┴

L2 y L2 // A2 , por tanto QI ┴ A2 :

I = ( 2 – t, 2t – 3, t – 2)

QI = I – Q = ( 2 – t, 2t – 4, t + 1)

QI . A2 = ( 2 – t, 2t – 4, t + 1). ( -1, 2, 1) =0

Operando se tiene que t = 3/2 → I = ( ½, 0, - ½)

Como Q‟ = 2I – Q = ( 1, 0, -1) – (0, 1, -3)

Luego QI = (1, -1, 2)

)102,40,93()3,1,0(),(':tan

19/)102,40,93(

19

26:

tQIQLtoPor

QILuego

tdondeDe

Se procede como se explico anteriormente.

c) Hallar la ecuación de la recta bisectriz del ángulo interior R del triángulo que se forma al unir P,

Q y R

:

:

La ecuación de la bisectriz será: B = { R + t(RPU + RQU)}

RQ = Q – R = (-2, 3, -6) //RQ// = √49 = 7

RP = P – R = (-1, 0, 0) //RP// = 1

RQU = 1/7(-2, 3, -6) y RPU = (-1, 0, 0)

RQU + RPU =1/7(-2, 3, -6) + (-1, 0, 0) = (-9/7, 3/7, -6/7) = 3/7( -3, 1, -2)

Luego la Bisectriz será: B = { (2, -2, 3) + t ( -3, 1, -2)}

d) Hallar el punto Q’ simétrico a Q respecto a la recta

P

I

R

Q

Bisectriz RPU

RQU

RQU + RPU

16

N

y

x

P

O A

L(P, A)

90ª R

dQL

N

y

x

P

O A

L(P, A)

90ª Q

N

90ª

S

Sea Q un punto dado de V2 no situado en la recta L(P,A).

demuestre que la distancia del punto Q a dicha recta

viene dada por la siguiente expresión:

dQL = N

N).QP(

Observando la figura 3.21, se puede deducir que la

distancia que viene a ser la norma de la proyección del

punto Q a la recta L(P, A) viene dada por la norma de

//PS//

Ejemplo 10:

Obtener la ecuación cartesiana (EC) de la recta que pasa por el punto P = (7,-1) y cuya pendiente es 3.

Solución: Si se hace p1 = 7 , p2 = -1 y a1 / a2 = m = 3 en la Ec. ( 3.3) tenemos: y = 3 ( x – 7) – 1

o lo que es igual y = 3x – 22

Ejemplo 11:

Demostrar que la distancia del origen a la recta L(P, A) en V2 , en donde N es su vector normal, está

dada por la siguiente expresión:

N

N.PdQL

Observando la figura 3.20, se puede afirmar que la distancia

del origen a la recta L(P, A) coincide con la norma del vector

R, es decir //R//, siendo R la proyección de l vector P sobre el

vector normal N, luego:

//R// = //N//

N.P lqqd.

Si el alumno no logra enterarse, conviene que repase el tema correspondiente a vector proyección visto

en capítulo de Álgebra Vectorial.

Ejemplo 12

vector PQ sobre el vector normal N, luego dicho módulo viene dado por:

dQL = //PS// = N

N).QP(

//N//

N.PQ lqqd.

Ejemplo13:

Calcular la distancia que separa a Q = (6, 2) de la recta L que pasa por P = (4, 2) y cuya pendiente es

1/5.

Solución: Puesto que la pendiente m de L es 1/5, y como m = a2 /a1 entonces a2 = ma1, por tanto el

vector de dirección de la recta A = (a1, a2) = (a1, ma1) . Luego en nuestro caso será A = (a1, a1/5) =

a1,/5 ( 5, 1) en consecuencia nuestro vector de dirección será A = (5, 1). Entonces N = (-1, 5), y P-Q, el

vector que va de Q a P, es igual a (4 , 2) – ( 6, 2) = (-2, 0). Por consiguiente de la Ec. (3.6)

17

26

2

26

2

51

5102

22)(

),).(,(

N

N).QP(dQL

Ejemplo 14:

Determinar la ecuación cartesiana de la recta que pasa por un punto de intersección de las rectas x + 2y

= 12 y 3x - 4y = 26, y es perpendicular a la recta cuya ecuación es x + y =1 .

Solución: La recta deseada está dada por{ P + tA}. Donde P es el punto de intersección de las rectas y

A es la normal de la recta x + y =1

Encontrar la intersección de las rectas, supone matemáticamente resolver el sistema: )(yx

)(yx

22643

1122

Multiplicando por 2(1) + (2): 5x = 50 de donde x =10 e y = 1 por tanto P = (10, 1)

Como la normal de x + y =1 es ( 1,1) entonces A = (1, -1)

Luego la ecuación vectorial de la recta L(P, A) = { (10, 1) + t (1, 1).}

La ecuación cartesiana es: 1

1

1

10 yx

Desarrollando se tiene: x – y – 9 = 0

Ejemplo 15:

Una recta que pasa por el punto P = (1, 1, 1) y es paralela al vector A = (1, 2, 3). Otra recta

pasa por Q = (2, 1, 0) y es paralela al vector B = (3, 8, 13). Demostrar que las dos rectas se cortan,

determinar su punto de intersección. Y el ángulo que forman.

Solución: De la definición de recta se tiene:

L (P ; A) = { (1, 1, 1) + t (1, 2, 3) } (1)

L (Q; B) = { (2, 1, 0) + t (3, 8, 13) } (2)

Del enunciado se pide demostrar que existe un punto x = (x, y, z) que є L (Q; A) ∩ L (Q; B) Por lo tanto

X debe estar en L (P; A) y en L (Q; B).

De (1) : (x, y, z) = (1, 1, 1) + t (1, 2, 3) (3)

De (2) : (x, y, z) = (2, 1, 10) + t‟ (3, 8, 13) (4)

Igualando (3) y (4) :

(1+t, 1+2t, 1+3t) = (2+3t‟, 1+8t‟, 13t‟) (5)

De (5) :

)('tt'tt

)('tt'tt

)('tt'tt

811331331

70828121

613321

de (7) : t = 4t‟ reemplazando en (6) :

t‟ =1 y t = 4

Reemplazando estos valores en (8) : 3(4) – 13(1) = -1 = -1 cumple luego las rectas se cortan y su

punto de intersección será: I = ( 5, 9, 13)

El ángulo θ entre las dos rectas es igual al ángulo que forman sus vectores de dirección A = (1, 2, 3) y B

= ( 3, 8, 13) :

18

0 1 3 5

4

2

y

x

A =(3. 4)

C =(5, 2)

B =(1, 2)

L1

L3

L2

L7

L6

H

b M

L8

L4

L8

Por lo tanto : 996024214

58

24214

39163.

BA

B.Acos

Ejemplo 16:

Dados los puntos A = (3, 4) , B = (1, 2) y C = ( 5, 2). Determinar:

a) Las ecuaciones vectoriales paramétricas de las rectas que contienen a los lados del triangulo ABC.

b) El perímetro del triángulo ABC.

c) Los ángulos A, B, C.

d) La ecuación de la recta que contiene a la altura relativa al lado BC, y la longitud de dicha altura.

e) Las ecuaciones de las rectas que contienen a la mediana y mediatriz relativa al lado CA, y la

longitud de la mediana.

f) Las ecuaciones de las bisectrices del ángulo C, y la longitud de la bisectriz de la bisectriz interior.

g) El área del triángulo.

Solución:

a) Las rectas son:

L1 = {A + t BA} = { (3,4) + t (2, 2) } AB = B – A = (1, 2) -(3, 4) = ( -2, -2)

L2 = {A + t CA} = { (3, 4) + t (-2, 2) } CA = A – C = (3, 4)- ( 5, 2). =( -2, 2) L3 = {B + t BC} = { (1, 2) + t (4, 0) } BC = C – B = ( 5, 2)- (1, 2) =( 4, 0)

b) El perímetro está dado por P = ||AB|| + ||BC|| + ||CA||

Calculamos:

222222 )()(AB

40422BC

222222)(CA

Luego : )(P 424

c) De la fórmula BA

B.Acos , tenemos:

19

Para B: 2

2

422

422

)).((

))(.(

BCBA

)BC).(BA(

BCBA

)BC.BA(Bcos B = 45

o

Para C: 2

2

422

422

)).((

))(.(

CBCA

)CB).(CA(

CBCA

)CB.CA(Ccos C = 45°

Para A: A = 180° - B – C = 180° - 45° - 45° = 90°

d) La recta que contiene a la altura AH, pasa por A, y tiene vector dirección perpendicular al segmento

BC, por lo tanto es paralelo a la normal de la recta L3.

Luego si BC = ( 4, 0) entonces NBC = ( 0, -4)

L4 = (A + tN3) = { (3, 4) + t (0, -4) }

Para hallar la longitud AH, es necesario que hallemos H. El punto H pertenece a L3 y L4, entonces:

H = (3, 4) + t (0, -4) = (1, 2) + t1 (4, 0)

Resolviendo: t = ½ y t1 = ½

de donde : H = (3, 2) entonces AH = H – A = (3, 2) - (3, 4) = (0, -2)

luego : 22022AH

e) Hallamos el punto M, por suma de vectores:

),(CA)AC(

AM 3422

Luego: L5 = { B + t( B-M) } = {(1, 2) + t (-3, -1) }

Como la recta mediatriz es perpendicular al lado AC, y pasa por el punto medio M, entonces:

L6 = { M +tN2 } = { (4, 3) + t (2, 2) }

La longitud de la mediana es igual a ||BM|| : 101322BM

Por definición de bisectriz, cada punto de ella equidista de los lados que forman el ángulo. Si X= (x, y)

representa un poco de la bisectriz, entonces debe cumplirse:

| d (X ; L2) | = | d ( X; L3) |

22

1422

22

2243

2

2

2

yx),).(y,x(

N

N).XB()L;X(d (I)

4

84

4

4021

3

3

3

y),).(y,x(

N

N).XB()L;X(d (II)

20

Igualando (I) y (II) : 4

84

22

1422 yyx

De la definición de valor absoluto tenemos dos rectas:

12

227

12

1xy (III)

12

227

12

1xy (IV)

Analizando la pendiente , la expresión (III) representa a L7 (bisectriz interior) y (IV) representa a L8

(bisectriz exterior).

La longitud de la bisectriz interior es igual a bc donde b pertenece a L1 y a L7.

Resolviendo :

L1: 1x

L2 : 12

227

12

1xy

Obtenemos:

22

228

22

226,b 063.bc

f) Del apartado © se tiene que el triangulo formado por A, B y C es un triàngulo rectangulo de catetos

AC y AB, por lo que el area estara dada por:

Area : 2

42

2222

2u

)).((ABAC

1) Una recta L de V2 contiene los puntos P=(-3,1) y Q = (1,1). Determinar cuales de los siguientes

puntos estan en L.

a) (0,8)

b) (0,1)

c) (1,2)

d) (2,1)

e) (-2,1)

2) En cada caso , determinar si los tres puntos P, Q y R estan en una recta:

a) P = (2,1,1) ; Q = (4,1,-1) ; R = (3,-1,1)

b) P = (2,2,3) ; Q = (-2,3,1) ; R = (-6,4,1)

c) P = (2,1,1) ; Q = (-2,3,1) ; R = (5,-1,1)

3) a) Demostrar que dos rectas L(P;A) y L(Q;B) de Vn se cortan si y solo si P-Q pertenece a la

envolvente lineal de A y B.

b) Determinar si se cortan o no las dos rectas siguientes de V3.

L = {(1,1,-1) + t (-2,1,3)} L‟ = {(3,-4,1) + t(-1,5,2)}

4) Sea X(t) = P + tA un punto arbitrario en la recta L(P;A) , siendo P = (1,2,3) y A = (1,-

2,2), y sea Q = (3,3,1).

21

( -a, 0) 0 ( a, 0)

(b, c)

y

xx

12 ) Hallar el punto de intersección de las medianas.

13 ) Hallar el punto de intersección de las mediatrices.

14 ) Hallar el punto de intersección de las alturas.

15 ) Demostrar que los puntos de intersección de los

ejercicios 13, 14 y 15 son colineales.

16 ) Demostrar analíticamente que las diagonales de un

rombo se cortan según ángulos rectos

a) Calcular ||Q-X(t)||2, cuadrado de la distancia entre Q y X(t).

b) Demostrar que hay exactamente un punto X(to) para el que la distancia ||Q-X(t)|| es minima y

calcularla.

c) Demostrar que Q-X(to) es ortogonal a A.

5) Demostrar que una ecuación de la recta cuyas intersecciones con los ejes x e y valen respectivamente

a y b, es

1b

y

a

x a ≠ 0 , b ≠ 0

En los ejercicios 6 – 9 , escribir la ecuación de la recta:

6) Con intersecciones x = 2 , y = 3.

7) Con intersecciones x = -1/6 , y = 4.

8) Con intersecciones x = 1 , y = 2.

En los ejercicios 10 – 12 escribir la ecuación de la recta que pasa por el punto dado (a) paralela y (b)

perpendicular a la recta dada.

9) (2,1) ; 4x - 2y = 3

10) (-6,4) ; 3x + 4y = 1

11) (-1,0) ; y = -3

Los ejercicios 13 – 16 se refieren al triángulo que se adjunta

17 ) Hallar la ecuación de la recta que da la relación entre las temperaturas en grados Celsius C y

Farenheit F , sabiendo que el agua se congela a 0ºC ó 32 ºF y que hierve a 100 ºC 0 212 ºF.

18 ) Hallar la distancia del origen a la recta 4x + 3y = 10.

19 ) Hallar la distancia entre las rectas paralelas x + y = 1 y x + y = 5

20 ) Hallar la ecuación de la recta que biseca al ángulo formado por las rectas y = 3x / 4 y y =2.

21 ) Calcular la distancia del origen a la recta 4x + 3y = 10 , hallando en primer lugar el punto de

intersección de la recta dada y de la recta que pasa por el origen y es perpendicular a la recta dada.

Hallar ahora la distancia entre el origen y el punto de intersección.

22 ) Proporcionar una ecuación para :

22

a) La recta de pendiente –3 e intersección en y = 4.

b) La recta de pendiente ∞ que pasa por el punto (3, -2).

c) La recta de pendiente 0 que pasa por el punto (3, -2).

23 ) Sea pi una partícula de masa mi localizada en Pi , i = 1, 2, 3, ..., n. Sea M = m1 + m2 + m3 + ... + mn

.

El centro del sistema de partículas se define como el punto: M

PmPmPmP nn )...( 2211*

a) Demostrar que el centro de masa de un par de puntos de partículas se encuentra sobre el

segmento rectilíneo que une las partículas ( la masa es una cantidad no negativa ).

b) Demostrar que el centro de masa de un par de partículas de igual masa es el punto medio del

segmento rectilíneo que une las partículas.

c) Si cada partícula de un sistema se mueve de Pi a Pi+a , demostrar que el nuevo centro de masa

del sistema es P* + a.

d) Localizar el centro de masa de tres partículas de igual masa , situadas en (0,0) ; (1,0) y (0,1)

e) Localizar el centro de masa de cuatro partículas de igual masa situadas en (0,0) ; (1,0) ; (1,1) ;

(0,1).

24 ) Proporcionar una definición para la región ( conjunto de puntos ) entre dos rectas paralelas. Si L1

es la recta que pasa por P0, paralela a A , y L2 es la recta que pasa por Q , paralela a A . Obtener

una fórmula para la distancia entre dos rectas en Vn.

25) Hallar la ecuación de la recta en sus tres formas básicas, que:

a) Pasa por el punto P = (4, -1,4) y dos de sus ángulos directores son α = 45° y β = 60°.

b) Pasa por el punto P = (3, -2, 7) y es corta perpendicularmente al eje XX.

c) Pasa por el punto P = (3, -4, -14) y es perpendicular al plano XY.

d) Pasa por el punto P = (-6, 5, 3) y es paralela a la recta L: 6

53

2

3

2

4 zyx.

f) Pasa por el punto P =(3, -3, 4) y es perpendicular a cada una de las rectas:

L: 5

2

1

3

4

42 zyx y L‟:

3

3

2

72

7

3 zyx

26) Hallar el ángulo agudo formado por las rectas:

L: 4

32

37

1 zyx y L‟:

4

9

2

8

3

5 zyx

27) Demostrar que las rectas L y L‟ son paralelas y encuentre la distancia entre ellas:

L: 4

8

4

2

3

2 zyx y L‟:

3

3

4

2

6

1 zyx

28) Hallar la menor distancia entre las rectas L y L‟.

L: 1

3

1

2

2

1 zyx y L‟:

2

1

1

2

3

2 zyx

23

Como se muestra en la figura 4.1 las rectas L y

L‟ tienen como punto de paso P y son paralelas a

las rectas de acción de A y B, LA y LB respectivamente.

Por tanto estas dos rectas al cortarse en P definen el

Plano M, nuestro problema consiste en definir dicho

conjunto.

Los vectores A y B al ser linealmente independientes,

tienen como envolvente lineal, al conjunto de todos

los vectores que tienen su cola en el origen y su flecha

en cualquier punto del plano MO .

Como L(P, A) // LA y L‟(Q, B) // LB : M // M0

M

M’

L(P, A)

B

tB

P

LA

LB

L’(P, B)

A

sA

X

O

M

Mo0

De modo análogo a como se definió una recta, se hará con el plano, con la diferencia de que ahora se

sumarán a un punto P todos los vectores de la envolvente lineal de dos vectores A y B linealmente

independientes. Ello implica que la dimensión debe ser n > 2. Por tanto las aplicaciones se referirán al

caso n = 3. El estudio del plano es muy similar al estudio de la recta en el plano, dado que la dirección

ortogonal al plano en V3 y a la recta en V2 es única.

En el presente estudio obtendremos la ecuación vectorial del plano y luego procederemos a determinar de

modo relacionado la ecuación en forma escalar paramétrica, la forma de determinante , la forma normal y

por último la forma cartesiana. El alumno deberá familiarizarse con estas cinco formas que adopta la

ecuación del plano, de modo que teniendo una de ellas pueda pasar a cualquiera de las otras.

Geométricamente un plano queda definido de varias maneras, todas en si son equivalentes.

Un plano queda definido por:

Vamos a considerar la forma c) mencionada en el apartado anterior para definir la ecuación del plano y

como datos de partida necesitamos un punto de paso P y los vectores de dirección A y B de las dos rectas,

que sean linealmente independientes, esto es, A cB

Esto nos permite afirmar que si trasladamos a M0 paralelamente a si mismo hasta que pasa por P, M0

coincidirá con M. Como M0 es el plano soporte de la envolvente de A y B, eso significa que hemos

trasladado dicha envolvente, de modo que sus vectores tendrán su cola en P y su flecha en cualquier punto de

M.

Si tomamos un punto cualquiera X del plano: entonces X є M el conjunto de todos lo X me definirá el plano

M = { X }

Pero X también es un vector, como se muestra en la figura 4.1, que se obtiene sumándole a P el vector PX,

por tanto: X = P + PX

El vector PX es un vector que tiene su cola en P y su flecha en cualquier punto de M, al describir el vector PX

me doy cuenta que este vector ya lo he descrito antes pero como vector sA + tB, en consecuencia puedo

afirmar que: PX = sA + tB y como PX = X - P

Por tanto X = P + sA + tB

tB

tB

a) Tres puntos no colineales.

b) Un punto y una recta.

c) Dos rectas que se cortan.

d) Dos rectas paralelas

24

De modo que el plano quedará definido como: que corresponde a la forma

vectorial paramétrica del plano.

Vamos a determinar la misma ecuación pero por otro camino, dijimos que L // LA y que L‟ // LB .

Observando la figura 4.1 vemos que el vector PX = PR + PQ.

Como PR // A: PR = sA y como PQ // B: PQ = tB

Reemplazando estos valores en la anterior se tiene nuevamente, que PX = sA + tB

“Es importante tener en cuenta que los vectores de dirección de las rectas L y L’, vienen a ser los vectores

generadores del plano M, esto es A y B, y también es interesante hacer notar que la ecuación del plano

contiene a las ecuaciones de las rectas que lo generan·”

Condición de Pertenencia de un punto en un plano:

Considerando que X M por tanto:

Si X = P + sA + tB : (2) “Forma Escalar Paramétrica del Plano”

Eliminando los parámetros “s” y “t”, como éstos en la ecuación X=P + sA + tB están asociados a los

vectores A y B, buscamos un vector que sea a la vez perpendicular a A y a B, ese vector será AxB, por tanto

multiplicando escalarmente a ambos miembros de la igualdad por AxB, eliminamos a s y a t .

X . AxB = (P + sA + tB) . AxB =P.(AxB) + sA.(AxB) + tB.(AxB)

X.AxB = P.AxB (1) /PORA y PORB

Como se trata de productos mixtos:

( 3)“Forma de Determinante del Plano”

De (1): X.AxB - P.AxB =0 (X-P).AxB = 0 (2) PX.AxB = 0 luego el plano M puede ser

expresado también de esta otra manera:

0

321

321

321

bbb

aaa

pzpypx

Como X = P + sA + tB X-P = sA + tB PX = sA + tB como el vector AxB es ortogonal a PX

y éste es un vector que tiene su cola en P y su flecha en cualquier punto del plano M, entonces AxB es

perpendicular a todos los vectores PX y por tanto también al plano M, por eso se le denominará vector

normal al plano M y se designará con la letra N, por tanto N = c(AxB). Reemplazando este valor en

(2):

Si X M: X = P + sA + tB

Tenemos que: (X-P) . N = 0 (4) “Ecuación Normal del Plano”

M :

333

222

111

tbsapz

tbsapy

tbsapx

321

321

bbb

aaa

zyx

321

321

321

bbb

aaa

ppp

M = { P + sA + tB }

25

L(P, A)

M’

L’(P, B)

Q

LA

M0

LB

P

A

B

O

M

k'Cj'Bi'Akbb

aaj

bb

aai

bb

aa

bbb

aaa

kji

AxBComo21

21

31

31

32

32

321

321

21

21

31

31

32

32

bb

aa'Cy

bb

aa'B;

bb

aa'A:siqueomodDe

)'C,'B,'A(Ncsi)'C,'B,'A(cN:Entonces 1

D'Cp'Bp'Apz'Cy'Bx'A:Luego

)'C,'B,'A(.)p,p,p()'C,'B,'A().z,y,x(

N.PN.XN.PN.X:)(enemplazandoRe

321

321

03

En consecuencia: ( (5) “Ecuación Cartesiana del Plano” en donde D’ = P . N

Existe un enorme paralelismo entre las propiedades de la recta y las propiedades del plano, que convendrá

tener en cuenta para facilitar su aprendizaje.

Teorema 4.1:

Dos planos M = {P + sA + tB} y M'= {P + uC + vD} que pasan por el mismo punto P son iguales si y

sólo si la envolvente lineal de A y B coincide con la de C y D. Esto quiere decir que los vectores A y B

de la definición de M, pueden reemplazarse por cualquier otro par que tengan la misma envolvente lineal.

.

AxB

CxD

Mo

D

A

A

A

B

C

M P

M = { P + sA + tB } (1)

M‟={ P + s‟C + t‟D } (2)

Si L(A, B) = L(C, D) (3)

Entonces: [sA + tB]={ s‟C + t‟D }

Por tanto: sA + tB= s‟C + t‟D

Reemplazando en (2):

M‟= { P + sA + tB } = M

Luego: M = M‟

La condición (3) implica que los vectores A, B, C y D son

coplanares, esto significa que los vectores AxB y CxD son

paralelos, esto es, N = cN „ si c=1 entonces N=N‟

Teorema 4.2:

Dos planos M = {P + sA + tB} y M'= {Q + uA + vB}

que tienen

los mismos vectores A y B son iguales, si y sólo si, Q

está en M.

Esto quiere decir que el punto P de la definición de M,

puede reemplazarse por cualquier otro punto de M.

M = [P + sA + tB ] (1)

A’x + B’y + C’z =D’

26

Figura 4.3

AxB

Q

P

A

B

O

M’

Mo

M M

P

Q L(P, PQ)

R

O L’(P, PR)

Desde el punto de vista geométrico hemos hecho pasar

por P un plano paralelo a Mo. Luego para definir M‟

tendríamosque hacer lo mismo, esto es, el plano que

pasa por Q es paralelo a Mo.

Como M y M‟ son paralelos a Mo, entonces M y M‟ son

paralelos entre si.

Luego M // M‟ y M’ = [ Q + sA + tB ]

M‟ = [Q + s‟A + t‟B ] (2)

Si Q M: Q = P + sA + tB

Reemplazando en (2): M‟ = { (P + sA + tB) + s‟A + t‟B }

Operando y ordenando: M‟ = { P + (s + s‟)A + (t + t‟ )B }

Como s + s‟ = s1 y t + t‟ = t1 : M‟ = { P + s1 A + t1 B } = M

Por tanto M = M‟

Dos planos M = {P + sA + tB} y M'= {Q + uC + vD} son paralelos si la envolvente lineal de A y B

es igual a la de C y D. Decimos también que un vector X es paralelo al plano M si X pertenece a la

envolvente lineal de A y B.

Como se mencionó anteriormente, el hecho de que L(A, B)=L(C, D) implica que los vectores A, B, C y D sean

coplanares y por tanto los vectores producto AxB y CxD serán paralelos, en otras palabras los vectores

normales de ambos planos son paralelos, esto es, N = cN‟. Esto nos permite afirmar que la normal de un

plano también es normal al otro, y puede ser usado para calcular el otro plano.

Definición:

Dado un plano M y un punto Q no perteneciente a M, existe un plano y sólo uno M', que contiene a Q y

es paralelo a M.

Si M = [P + sA + tB ]

Teorema 4.3:

Si P, Q y R son tres puntos no situados en la misma recta, existe un plano M y sólo uno que contiene esos

tres puntos.

Por lo anterior sabemos que para definir un plano se

necesita de un punto de paso y dos vectores

generadores. En este caso tenemos tres puntos de paso,

pero sabemos que dos me definen una recta, luego

tomando dos a dos estos puntos puedo definir dos rectas L

y L‟, de modo que:

L(P, PQ) = [ P + t PQ ] y L‟ (P, PR) = [P + tPR ]

Estas dos rectas al cortarse en P, definen el plano M

pedido:

M = [ P + s PQ + t PR ]

27

A

O

P

L(P, A)

Q

M

Como Q y R pertenecen a M entonces el plano M se puede expresar también de estas dos formas

siguientes:

M = [ Q + s PQ + t PR ] y M = [ R + s PQ + t PR ] por el Teorema 4.1

Como PR =-RP PQ =-QP y RQ = -QR y son todos coplanares. Podemos usar un par cualquiera de ellos ,

siempre que sean Linealmente Independientes, como vectores generadores del plano y de esa manera

podemos obtener la ecuación de M de otras formas distintas de las anteriores, esto por el Teorema 4.2.

Teorema 4.5:

Tres vectores A, B y C de Vn son linealmente dependientes si y sólo si están en un mismo plano.

El lector tendrá en cuenta que los vectores que estamos estudiando son libres, luego bastaría que los tres

vectores sean paralelos a un mismo plano. Al ser estos coplanares uno dependerá de los otros dos y por lo

tanto serán linealmente dependientes y en consecuencia su producto mixto será cero, esto es V = A.BxC = 0,

debido a que no podrían formar un paralelepípedo, al ser coplanares.

Se advierte al alumno el carácter secuencial de los problemas que se estudiaran a continuación, por tal

motivo se recomienda al alumno estudiarlos todos, tratando de entender muy bien su solución. En la

geometría analítica tiene especial importancia el esquema geométrico, por lo que se recomienda que cada

problema este acompañado por dicho esquema, procurando que tenga un tamaño adecuado y que

represente con claridad los datos del problema.

1) Dados un punto Q y una recta L(P, A):

a) EL PLANO QUE PASA POR Q Y CONTIENE A L (FIG.4.6)

Como un plano queda definido por dos rectas que se

cortan, como ya tenemos L hacemos pasar por P y Q

una recta L‟(P, PQ) = [ P + tPQ ], por tanto L y L‟ son

dos rectas que tienen el mismo punto de paso por tanto

definen un plano que contiene a L y pasa por Q. Dicho

plano vendrá dado por:

M = [P + sA + t PQ ]

L’(P,B)

LA

1) DADO DOS PUNTOS P Y Q.

El plano M que corta perpendicularmente al

segmento PQ en su punto medio, viene a ser un plano

mediatriz

Si M* es el punto medio entre P y Q: M* = (P + Q) / 2

Como PQ M, entonces N = PQ

Por tanto M = [ X – M* ] . PQ = 0 en su forma

normal.

P

Q

M’

M

28

L(P, A)

90°

P

A

M (de canto)

Q

LA

90°

O

Para que una recta sea paralela a un plano, debe existir en el

plano una recta paralela a la primera. Esta condición nos

permite afirmar que el vector de dirección de la recta depende de

los vectores generadores del plano.

Por tanto, como el plano queda definido por dos rectas que se

cortan, hacemos pasar por el punto de paso P de L una recta

paralela a L‟, esto es, L‟‟(P, B), de modo que L y L‟‟ al cortarse

en P definen un plano que cumple con la condición mencionada.

Esto es: M = [ P + sA + tB ]

De la figura 4.9 se tiene que la distancia de Q al plano M, es la

perpendicular bajada de Q al plano, siendo I el pie de dicha

perpendicular, por tanto la distancia dQM coincide con la luego

//QI//, nuestro problema se reduce a calcular I.

Según nuestro esquema podemos afirmar que I є M: Q = P +

sA + tB y que QI ┴ M, como N = AxB ┴ M significa que QI //

N y por lo tanto QI = cN = c (AxB)

QI = I – Q = P + sA + tB -Q = c(AxB)

Esta igualdad vectorial me conduce a tres ecuaciones con tres

incógnitas, luego nuestro problema se reduce a un problema de

álgebra.

O

A

B

O

P

L’’(P,B)

L(P, A)

M

Q

I N=AxB

DQM = //QI//

A

O

P

L’’(P,B)

L(P, A)

Q

LA

B

L’(Q, B)

M

b) EL PLANO M QUE PASA POR Q Y ES L(P, A)(FIG.4.7)

Si M L(P, A) entonces N = A

Luego si Q es el punto de paso de M:

M: ( X – Q ) . A = 0

2) DADAS DOS RECTAS L(P, A) Y L’(Q, B): (FIG. 4.8)

a) EL PLANO M QUE CONTIENE A L Y ES // A L’:

.

b) EL PLANO QUE EQUIDISTA DE LAS DOS RECTAS L Y L’:

El plano pedido pasará por el punto medio del segmento de perpendicular común a ambos planos, por lo

tanto la solución de este problema, requiere del conocimiento de la solución del problema visto en el estudio

de las rectas, bajo el subtitulo de distancia entre dos rectas.

Luego partiendo del conocimiento de este problema, la solución de este se reduce a calcular el plano

mediatriz del segmento IJ, siendo I y J los pies de la perpendicular común a ambas rectas, visto al inicio de

este apartado .

4) DADO UN PUNTO Q Y UN PLANO M = [Q + sB + tC ]:

a) DISTANCIA DEL PUNTO Q AL PLANO M:

29

L(Q, C)

L (Q, B)

L(P, A)

LB

LA

LC

M Q

P

C

B

A O

O

O

M(canto)

B

C A

N

O

Q P

L(P, A)

I

Suponiendo que AxB = (e1, e2, e3 )

P + sA + tB -Q = c(AxB) :

33333

22222

11111

ceqtbsap

ceqtbsap

ceqtbsap

Resolviendo el sistema, determinamos t, s y c. Con estos valores calculamos QI, luego su norma y el

problema quedaría resuelto.

3) DADO UNA RECTA L(P, A) Y UN PLANO M = [Q + sB + tC ]:

a) ¿LA RECTA L(P, A) ES PARALELA A M?

Como se dijo en el punto 3a) de este apartado, para que

L // M, es necesario que el vector A = sB + tC, es decir

que A dependa linealmente de B y C. En otras palabras

A se encontrará en el plano soporte de la envolvente de

B y C.

Por tanto L será paralelo a M si A = sB+tC, la igualdad

vectorial nos conduce, ya que estamos en el espacio V3

a tres ecuaciones escalares.

Si A = sB + tC :

)3(

)2(

)1(

333

222

111

tcsba

tcsba

tcsba

Como tenemos dos incógnitas tomamos (1) y (2) y determinamos el valor de “s” y “t”. Luego, si estos dos

valores satisfacen (3), podemos afirmar que L // M.

b) LA RECTA L(P, A) ESTÁ CONTENIDA EN M?

.

c) LA RECTA L(P, A) ES PERPENDICULAR A M?

Para que L M el punto de paso P de L deberá

pertenecera M y el vector de dirección A dependerá

linealmente de B y C, esto es, A = sB + tC

Luego:

1. P M: P = Q + sB + tC

2. A = sB + tC

Si se cumplen estas dos condiciones podemos afirmar que L

M

En la figura se mostrará el plano M de canto para facilitar

la visión del problema. Si L M y por otro lado L(P,A) // LA ,

y por tanto L(P,A)//A tenemos que A M, luego A // N

(normal a M).

En consecuencia, para que L M es necesario que A // N,

como se muestra en la figura 4.12. esto es, que A = cN

M

M’

B

tB

LB

A

P

L’(Q,C)

L (Q, B)

L(P, A)

LC

Q

C

A

M

P

I

30

La recta proyección se obtiene, bajando por cada punto

de L una perpendicular a M, como se trata de una recta

basta con dos puntos para definirla. Uno de ellos sería

la intersección entre L y M y el otro se obtiene haciendo

pasar por el punto de paso de L, esto es, P una recta que

sea perpendicular a M, L‟. Por ser L‟ ┴ M, su vector de

dirección será el vector normal al plano, luego L‟(P, N)=

{ P + tN }

Luego en donde L‟ corte al plano tendremos el punto J

que será el otro punto buscado.

Luego nuestro problema se reduce a interceptar una recta

con un plano, problema que se resolvió ya en el problema

anterior d ). Definido I y J, la recta pedida será L(I, I J).

A

O

P

L’’(Q,C)

L(P, A)

Q

M

B

α Q

N= BxC

J I

B

C

L’(P, N)

LP( I, IJ )

L’(Q, B)

d) ¿LA RECTA L INTERCEPTA A M?

Valiéndonos de la figura 4.12, si L M = I tCsBQI:MI

A'tPI:)A,P(LI:

Por la P. Transitiva: P + t‟A = Q + sB + tC

Para determinar los escalares, buscamos un vector que sea ortogonal a B y a C, ese vector es BxC, luego

multiplicando a ambos miembros de la igualdad por dicho vector:

( P + t‟A).BxC = ( Q + SB + tC) . BxC

Por la propiedad de Ortogonalidad sabemos que: B . BxC = 0 y C . BxC = 0

Luego: t‟ (A . BxC) = ( Q – P) . BxC: t‟ = BxC.A

BxC.)PQ(

Luego I = P + BxC.A

BxC.)PQ(A

e) PROYECCIÓN DE L SOBRE M

f) El ángulo que forman L y M. (ver figura 4.12)

El ángulo que forma la recta L y el plano M, será el ángulo que forma la recta L y su proyección sobre M,

esto es, LP que se calculó en el problema anterior e), luego el ángulo pedido será el ángulo formado por dos

rectas, y que corresponde al ángulo que forman sus vectores de dirección, en este caso será A e I J, por

tanto:

Cos α = ( A . B) / //A// // I J //

5) DADOS LOS PLANOS M = {P + SA + TB } Y M? = { Q + S’C + T’D }

a) ¿M ES PARALELO A M’?

Este problema se resolvió cuando se estudió el paralelismo entre planos, y se da cuando L(A, B) = L( C, D)

o también si el vector normal N de M es paralelo al vector normal N‟ de M‟, esto es, N // N‟.

31

b) ¿M ES IGUAL A M’?

Si el plano M‟ es igual a M, significa que el punto de paso de M‟, esto es, Q є M. Por otro lado los dos

planos son paralelos entre si, y por lo tanto L(A, B) = L(C, D). En consecuencia la igualdad entre M y M‟

requiere que se cumplan estas dos condiciones:

M = M‟ si 'N//No)D,C(L)B,A(L)

tBsAPQ:MQ)

2

1

c) ¿M ES PERPENDICULAR A M’ ?

d) ¿M INTERCEPTA A M’?

La solución de este problema se ilustra mejor, con un ejemplo numérico.

Obtenga la ecuación vectorial paramétrica de la recta L, que es la intersección de los planos M y M‟ cuyas

ecuaciones cartesianas son: M: 2x + 3y + z = 8 y M‟: x - 3y - 2z = 1, respectivamente.

Solución: Por inspección N= (2,3,1) y N‟= (1,-3,-2) son los vectores normales de los dos planos.

1z2y3x

8zy3x2L (a)

Necesitamos el punto de paso de L, este punto debe pertenecer a ambos planos, luego haciendo z = 0 en el

sistema se obtiene un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas. Por lo tanto las coordenadas x e y de S

deben cumplir:

)0,3

2,3(P:seráLdepasodepuntoelLuego

3

2y3x9x3:dondeDe

1y3x

8y3x2L

El vector de dirección será el vector NxN‟

De donde A = NxN‟ = kji

kji

953

231

132

Luego la recta será: L(P, A) = {(3,2/3,0) + t(-3,5,-9) } (1)

Otro método de cálculo es el siguiente:

Haciendo z = t en (a) se tiene )(tyx

)(tyx

2213

1832

:

M (canto)

M’ (canto)

Q

P

A

B

C

D

90ª

N= AxB

N’= CxD

Para facilitar visualizar el problema hemos

dibujado los planos M y M‟ de canto, si son

perpendiculares, entonces sus vectores normales

también lo serán.

Por lo tanto, si M ┴ M‟ entonces N ┴ N‟ y en

consecuencia N . N‟ = 0

M

L = M ∩M’ M’

M (canto)

M’ (canto)

Q

P

A

B

C

D

90ª

N= AxB

N’= CxD

32

M (canto)

M’(canto)

A B

C D

P

Q

N„=CxD

N=AxB α

α

Resolviendo x e y en función del parámetro “t” : (1) + (2): 3x = 9 + t → x = 3 +(1/3)t

Reemplazando en (1): 2(3 + (1/3)t) + 3y = 8 – t → y =2/3 – (5/9)t

Luego L =

tz

ty

tx

9

5

3

23

3

Que corresponden a la ecuación en forma escalar paramétrica de L, de donde se deduce que el punto de

paso es P = ( 3, 2/3, 0) y el vector de dirección A = ( 1/3, -5/9, 1) que al multiplicarlo por -9 se obtiene uno

paralelo -9A =(-3, 5, -9) .

Luego la recta L = { (3, 2/3, 0) + t (-3, 5, -9) }

Que coincide con la ecuación anterior, algunas veces puede suceder que exista una diferencia, y esta se da

en el punto de paso, pero eso no implica que la ecuación no sea la correcta.

e) ¿DISTANCIA ENTRE M Y M’?

Para hablar de distancia entre planos, se tiene que cumplir primero que ambos planos son paralelos, de lo

contrario se cortarían y no habría distancia. Si los planos son paralelos los todos los puntos de uno de ellos

equidistan del otro. Por tanto el cálculo se reduce a calcular la distancia de un punto de M, por ejemplo

“P” de M al plano M‟, que ya se calculo anteriormente. (ver apartado 4a).

f) ANGULO FORMADO POR M Y M’:

Para visualizar mejor la solución del problema conviene

mostrar los planos de canto, ver figura 4.15. Alli podemos

apreciar que el ángulo pedido es igual al ángulo formado

por sus normales.

cos α = //N////'N//

'N.N

Ejemplo 4.2:

Obtenga una ecuación vectorial paramétrica, la escalar paramétrica y la ecuación cartesiana de la recta L

que contiene a S = (3,-1,5) y es paralela a la recta intersección de los planos M1 y M2 cuyas ecuaciones son:

M1: x - 2y + z = 2 y M2: 2x + y - z = 6

Solución: Por inspección, los vectores N1 = (1,-2,1) y N2 = (2,1,-1), son las normales de los planos, de

modo que el vector dirección de la recta intersección es:

Puesto que L es paralela a M y contiene a S, una ecuación vectorial paramétrica de L es:

L: {(3 ,-1, 5) + t (1, 3, 5)}, t R.

Las ecuación escalar paramétrica es:

5t 5 z

3t 1- y

t 3 x

y las ecuación cartesiana es: 5

5-z =

3

1+y = 3-x

33

1) Si los tres planos son paralelos (figura 4.17 (a), (b), (c)), entonces no existe una intersección común a

menos que los planos coincidan, en cuyo caso la intersección común es todo el plano.

2) Si dos, pero no los tres, planos son paralelos (figura 4.18 (a), (b)), entonces no existe una intersección

común, a menos que los dos planos paralelos coincidan, en cuyo caso la intersección común es una recta.

3) Si no hay ningún par de planos paralelos, pero sus rectas de intersección son paralelas (figura 4.19 (a),

(b)), entonces no existe una intersección común, a menos que las rectas de intersección coincidan, en cuyo

caso la intersección común es una recta.

4) Si no hay ningún par de planos paralelos y sus rectas de intersección no son paralelas, entonces los planos

se intersecan en un punto (figura 4.19).

(a) (b)

P1 P2

P3

P2

P3 P1

(a) (b)

P1

P3

P2

P3

P1∩ P1

(a) (b) (c)

P3

P2

P1

P3

P1∩ P2

P1∩ P2∩ P3

a) b) c)

P1

P3

P2

34

Figura 4.6

N

S-T

S

T

P

Si tres planos se intersecan en un sólo punto, entonces las coordenadas del punto se pueden obtener

resolviendo tres ecuaciones cartesianas simultáneas, que representan a los planos. Si las ecuaciones no

tienen una solución única, entonces los planos no se intersecan en un sólo punto.

Ejemplo 4.3:

Calcule la distancia que separa al punto S = (3, 2, 4) del plano P con ecuación: 4x - 3y + z = 2.

Solución: Se puede obtener un punto T sobre P asignando

dos componentes arbitrarias a T y sustituyendo estos

valores en la ecuación de P para calcular su tercera

componente. Si sustituimos tanto a x como a y por 0, en

la ecuación dada, obtenemos z = 2, así que el punto T=(0,

0, 2) está sobre P.

Por lo tanto, el vector S-T es (3, 2, 4) - (0, 0 ,2) = (3, 2, 2).

Por inspección de la ecuación de P, una normal a P es

N=(4, -3, 1) (ver figura 4.6). Entonces tenemos:

13

264

1916

134223 ,,.,,

N

N.TS)P,d(S

13

264)P,d(S

Ejemplo 4.4:

Sean M1: x + y - z = 1 ; M2: 3x - y + z = 3 ; L1 = {(1, 2, 1) + t (0, 1, 1)} = { P1 + A2 } ; L2: la recta que

pasa por el origen y es paralela al vector (1, 2, 1) ; L3 = M1 ∩ M2 ; P = (10, 0, 10).

a) Expresar M1 en FVP, FEP, FN.

b) Las ecuaciones de L2 y L3.

c) Las intersecciones de L1, L2 y L3 con M1 y M2.

d) Las intersecciones entre las rectas y los planos que forman.

e) La EVP de los planos que forma P con L1, L2 y L3.

f) La distancia de P a L1.

g) La distancia de P a M1.

h) Las distancias entre cada par de rectas.

i) Las distancias mínimas de rectas a planos (no considere el (los) del apartado (d) ).

Solución:

a) FVP: Necesitamos tres puntos que pertenezcan a M1, los cuales deben cumplir la ecuación cartesiana.

Asumiendo valores, por ejemplo, para x e y, al reemplazar en la ecuación de M1 obtenemos el valor de z.

Así los tres puntos serían:

A = (1,0,0), B = (0,1,0), C = (1,1,1)

Como AB = B – A = (-1, 1, 0) y AC = C – A = (0, 1, 1) y eligiendo A como punto de paso

Por definición: M1 = { A + sAB + tAC }

Luego: M1 = { (1, 0, 0) + s(-1, 1, 0) + t(0, 1, 1) } FVP

Forma Esacalar Paramétrica :

t z

t s y

s - 1 x

35

Forma Normal: N = AxB = (-1, 1, 0) x (0, 1, 1)= )1,1,1(kji

110

011

kji

Si P = (1, 0, 0 )

Entonces: [(x, y, z) – (1, 0, 0 )] . (1, 1, -1) = 0

b) L2 = { (0, 0, 0) + t (1, 2, 1) } = { P2 + t A2 }

L3 = M1 ∩ M2: Necesitamos hallar un punto común a ambos planos y el vector dirección de la recta (que

es igual a N1xN2) (ver figura 4.22).

Para determinar un punto común, damos un valor cualquiera a z (por

ejemplo z = 1) y deducimos qué valores deben tener x e y:

3 1 y - 3x :M2

1 1 -y x :M1

resolviendo, el punto es (1, 1, 1)

N1 = (1, 1, -1 ), N2 = ( 3, -1, 1 ) N1xN2 = (0, -4, -4 )

L3 = { (1, 1, 1) + t ( 0, -4 , -4) } = { P3 + t A3 }

c) Si I1 =L1 ∩ M1: :

Entonces I1 є L1 : I1 = (1, 1, 1) + t (0, -4, -4 ) de donde x = 1, y = 2 + t, z = 1 + t

Como I1 є M1: x + y - z = (1) + (2 + t) + (1 + t) = 4 + 2t = 1 t =-3/2

reemplazando el valor de t: L1 ∩ M1 = (1, 1/2, -1/2)

Análogamente:

Si I2 = L1 ∩ M2:

Entonces I2 є L1 = (1, 1, 1) + t (0, -4, -4) de donde x = 1, y = 2 + t, z = 1 + t

I2 є M2: 3x – y + z = 3(1) - (2 + t) + (1 + t) = 2 ≠ 3 (F)

Nunca se cumple: I2 = L1 ∩ M2 = Ǿ entonces L1 // M2.

Si I3· = L2 ∩ M1:

Entonces I3 є L2 = (0, 0, 0) + t (1, 2, 1) de donde x = t, y = 2t, z = t

I3 єM1: x + y - z = t + 2t - t = 2t = 1 t = 1/2

I3 = L2 ∩ M1 = (1/2, 1, 1/2)

Si I4 =L2 ∩ M2:

Entonces I3 є L2 = (0, 0, 0) + t (1 ,2, 1) de donde x = t, y = 2t, z = t

I4 є M2: 3x – y + z = 3t - 2t + t = 2t = 3 t = 3 /2

I4 = L2 ∩ M2 = (3/2, 3, 3/2)

Como L3 = M1 ∩ M2 :

Entonces L3 ∩ M1 = L3 y L3 ∩ M2 = L3 = { (1, 1, 1) + t (0, -4, -4 ) },

d) Para determinar las intersecciones entre rectas, vemos si hay escalares que generen un punto común a las

rectas. Si no los hay, las rectas no se cortan, es decir, se cruzan o son paralelas.

N1

N1

N2

N2

N1xN2

M1

M2

L3

36

L1 = {(1, 2, 1) + t(0, 1, 1)} y L2 = { (0, 0, 0) + t(1 ,2, 1) }

L1 ∩ L2 = I5 entonces I5 є L1 : I5 = (1, 2, 1) + c (0, 1, 1) y I5 = (0, 0, 0) + t (1, 2, 1)

Por igualdad de vectores:

t c 1 z

2t c 2 y

t 1 x

Resolviendo las dos primeras ecuaciones tenemos: c = 0, t = 1. Reemplazando estos valores en la tercera

ecuación vemos, dichos valores satisfacen la tercera, esto es:

1 + 0 = 1 (V)

Lo cual quiere decir que L1 y L2 sí se cortan:

L1 ∩ L2 = (1, 2, 1).

El plano que forman tiene la ecuación:

M3 = { (1, 2, 1) + s(0, 1, 1) + t(1, 2, 1) }

Ver si L1 ∩ L3:

L1 = {(1, 2, 1) + t(0, 1, 1)} y L3 = { (1, 1, 1) + t(0, -4, - 4) }

Vemos que las rectas tienen vectores de dirección paralelos, por lo

que L1 ∩ L3 =Ф, pero sí determinan un plano (figura 4.23)

M4 = { (1, 1, 1) + s(0, 1, 1) + t [(1 ,2, 1)-(1, 1, 1)] }

M4 = { (1, 1, 1) + s(0, 1, 1) + t(0, 1, 0) }

Ver si L2 ∩ L3 = I6 L2 = { (0, 0, 0) + t(1 ,2, 1) } y L3 = { (1, 1 1) + t(0, -4, -4) }

Entonces I6 є L2 : I6 = (0, 0, 0) + c (1, 2, 1) y I6 є L3 : I6 = (1, 1, 1) + t(0, -4, -4)

Por igualdad de vectores:

t 1 c z

t 1 2c y

1 c x

Resolviendo las dos primeras ecuaciones, obtenemos: c = 1, t = 1.

Reemplazando en la última ecuación: 1 ≠ 1 + 1 (F)

Lo cual implica que no hay solución: L2 ∩ L3 = Φ y las rectas se cruzan sin generar plano alguno.

e) M = { Pi + sAi + t(P-Pi) } Ver figura 4.24.

P con L1: M5 = { (1, 2, 1) + s(0, 1, 1) + t(9, -2, 9) }

P con L2: M6 = { (0, 0, 0) + s(1, 2, 1) + t(10, 0, 10) }

P con L3: M7 = { (1, 1, 1) + s(0, 1, 1) + t(9, -1, 9) }

f) Necesitamos encontrar un punto I perteneciente a L(P1, A1) que defina una recta L‟(P;PI) perpendicular

a L (ver figura 4.25):

(1,2,1)

(1,1,1)

(0,1,1)

L1

L3

P

Pi

Ai

L3

M

37

I є L(P1, A1): I = (1, 2, 1) + t (0, 1, 1)

Como PI ┴ L y L // A1 : PI ┴ A1: PI . A1 = 0

PI.A1 = (I-P).A1 = [(1, 2 + t, 1 + t) - (10, 0, 10)].(0, 1, 1)

PI.A1 = (-9,2 + t, t – 9 ).( 0, 1, 1) = 2 + t + t - 9 = 2t - 7 = 0 → t = 7/2

De donde: I = (1, 11/2, 9/2), PI = (-9, 11/2, -11/2)

2

56641214121811 ////PI//)L,d(P

g) Necesitamos un punto I perteneciente a M1 y que sea el pie de la

recta perpendicular a M1 (ver figura 4.26):

I = M1 ∩ L(P,N1)

Como I єL1: I = (1, 2 + t, 1 + t) de donde x =10 + t, y = t, z =10 - t

I є M1: x + y - z = (10 + t) + ( t )-(10 - t) = 3t = 1 → t = 1/3

De donde I = (31/3, 1/3, 31/3), PI = (1/3, 1/3, 1/3)

3

39191911 /////PI//)L,d(P

h) d(L1;L2) = 0, pues las rectas se cortan.

d(L1;L3): Siguiendo el procedimiento del apartado f) (ver figura 4.27):

I ε L3: I = (1, 1, 1) + t(0, 1, 1) y como P1I ┴ A1: P1I . A1 = 0

P1I.A1 = (I-P1).A1 = [(1, 1 + t, 1 + t) - (1, 2, 1)].(0, 1, 1)

= (0, t - 1, t).(0, 1, 1) = t – 1 + t = 2t - 1 = 0

t=1/2

De donde: I = (1, 3/2, 3/2), P1I = (0, -1/2, 1/2)

2

241410P1 //I = )L,Ld( 31

d(L2;L3): (ver figura 4.28)

I2 = c(1, 2, 1)

I3 L3: I3 = (1, 1, 1) + t(0, 1, 1)

I3 está en la recta perpendicular

a L2 y L3 y que pasa por I2:

I3 = I2 + s(A2xA3) = c(1, 2, 1) + s(1, -1, 1)

Igualando ambas expresiones de I3: (1, 1 + t, 1 + t) = (c + s, 2c - s, c + s).

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos: c = 2/3, s = 1/3, t = 0

De donde:

I2 = (2/3, 4/3, 2/3), I3 = (1, 1, 1)

I2I3 = I3-I2 = (1/3, -1/3, 1/3)

I

P

N1

M1

L(P1, A1)

I

P1

N1

M1

L1

P

P1

I

A1

L’(P, PI)

dPL= //PI//

P1

P3

Ai

L1

L3

I

I2

I3

L2

L3

A2x A3

38

3

3 = 1/9+1/9+1/9 = II = )L,Ld( 3232

i) d(L1;M1) = 0, pues L1 y M1 se cortan

d(L1;M2): Siguiendo el procedimiento del apartado g) (ver figura 4.29):

I = M2 ∩ L(P1;N2)

L: x = 1 + t, y = 2 + t, z = 1 - t

M2: 3x- y + z =3(1 + t ) - ( 2 + t ) + ( 1 –t )

2+t = 3 → t=1

De donde:

I = (2, 3, 0) y P1I=(1, 1, -1).

3111P1I = )M,Ld( 21

d(L2;M1) = 0, pues L2 y M1 se cortan.

d(L2;M2) = 0, pues L2 y M2 se cortan.

d(L3;M1) = 0, pues L3 está en M1.

d(L3;M2) = 0, pues L3 está en M2.

Ejemplo 4.5:

De la pirámide OABC con vértice en O, A = (1, 2, 3), B = (2, 3, 4), C = (-1, 7, -2). Se pide:

a) El ángulo formado por las caras ABC y OAC.

b) La altura de la pirámide y su pie.

c) La ecuación de la mediana relativa a la arista AB de la base de la pirámide.

e) La ecuación del plano paralelo al vector j y que pasa por intersección de la caras ABC y OAC de la

pirámide.

Solución:(ver figura 4.30)

a) Calculamos las normales N1 y N2 (ver figura 4.30):

N1 normal de la cara ABC.

1587310

111

552 11 N,,

kji

ABACN

N2 normal de la cara OAC:

7079125

321

552 22 N,,

kji

AOACN

x

z

y

B

C

A

O

39

Luego: 9280707158

310

21

21 ..NN

N.Ncos

21.9 158.1 =

b) La altura, es una recta que pasa por el origen y es perpendicular al plano ABC,

Por lo tanto:

158

15817

158

17

1

1

N

N.AABC,Odh

La ecuación de la altura es:

)II(zx

)I(yxzyx

0107

0103

7310

Luego su pie lo obtendremos intersecando el plano ABC con la recta que contiene la altura:

158

119;

158

51;

158

170zyx

:Cramer

Aplicando

17 -7z -3y-10x

0 10z 7x --

0 10y 3x --

c) Calculamos el punto medio de AB: (ver figura 4.32)

2

7,

2

5,

2

3 =

2

B+A = M

Luego: LM = { C + t (MC) }

LM = {(-1, 7, -2) + t[(-1, 7,-2) - (3/2, 5/2, 7/2)]}

LM = { (-1, 7, -2) + t(-5/2, 9/2,-11/2) } o mejor

LM = { (-1, 7, -2) + t( 5, -9, 11) }

d) El plano a calcular tendrá como vectores de dirección al vector j y al vector dirección de la recta

intersección. Además pasará por un punto de la recta.

Como j = (0, 1, 0) y AC = (-2,5,-5) (dirección de la recta intersección)

M = {A + s(j) + t(AC)} = {(1, 2, 3) + s(0, 1, 0) + t(-2, 5, -5)}

N =

552

010

kji

= -5i - (0k) + 2k = (-5, 0, 5) D = A.N = (1, 2, 3).(-5, 0, 5) = 10

Luego el plano tendrá por ecuación cartesiana: -5x + 5z = 10 → -x + z = 2

C

A M B

LM

N1

N2

40

1) Dados tres vectores de V3: A = (1, 2 ,0), B = (6, 3, 4) y C = (2, 1, 5), se pide:

a) Determinar la ecuación del plano que pasa por A y tiene como vectores de dirección a B y C en

sus formas vectorial paramétrica, escalar paramétrica y cartesiana.

b) Determinar la ecuación del plano que es paralelo a la recta que pasa por A y B y contiene a C.

c) Determinar la ecuación del plano que pasa por el origen y es paralelo al plano calculado en (b).

d) La ecuación de la recta perpendicular al plano calculado en (b) y pasa por A.

e) La ecuación de la altura de la pirámide de vértice en el origen y de base el triángulo formado al

unir A, B y C.

f) La ecuación de la recta que contiene a la mediana de la cara lateral OAB de la pirámide.

g) El área del triángulo ABC.

h) El vector que depende linealmente de A y B y es perpendicular a C.

2) Demostrar que tres vectores A,B y C de V3 están en una misma recta si y sólo si (B-A)x(C-A)=O.

3) Dados los planos M1: 3x + y + z = 5 ; M2: 3x + y + 5z = 7 ; M3: x – y + 3z = 3, se pide

encontrar:

a) La intersección entre M1, M2 y M3 usando la regla de Cramer.

b) En este caso, demostrar que los vectores normales a los planos dados son linealmente

independientes.

c) Un punto y el vector de dirección de la recta intersección de los planos M1 y M3.

d) El ángulo formado por la recta intersección calculada en (c) y el plano M2.

e) La ecuación del plano que pasa por la recta intersección calculada en (c) y es paralelo al

vector (1,1,0).

f) La ecuación del plano paralelo a M1 y cuya distancia al origen es dos.

g) La ecuación del plano que pasa por el punto (4,-2,1) y es perpendicular a la intersección de los

planos M1 y M2.

h) Si el pie de la perpendicular trazada del origen a un plano es el punto (1,-2,1), hallar la ecuación

de dicho plano.

i) La ecuación del plano cuyas intersecciones con los ejes x,y,z son -5, 3 y 1 respectivamente.

4) Hallar el lugar geométrico de todos los puntos cuya suma de los cuadrados de las distancias a los

planos x + 4y + 2z = 0, 2x - y + z = 0, 2x + y - 3z = 0 es igual a 10.

5) Determinar la ecuación de la familia de planos paralelos a ABO, siendo A = (0, 2, 4), B = (2 0, 4) y

O = (0,0,0).

6) Determinar el ángulo formado por el plano ABC y el plano z = 0. A = (1, 2, 3), B = (2, 0, 4) y C =

(4, 6, 0).

7) a) Determinar la ecuación del plano que pasa por A, B y C en tres formas: vectorial paramétrica,

escalar paramétrica y cartesiana.

Si A = 2i + 5j +3k ; B = 2i + 7j +4k y C = 3i + 3j +6k

b) Determinar la ecuación del plano que contiene a la recta L(A, AB) y pasa por Q = (0,0,1).

8) Hallar la ecuación del plano paralelo a L(P, A) y que pasa por Q, en su forma cartesiana.

P = (1, 2, 2) ; A = (1, -2, 2) ; Q = (3, 3, 1).

9) Hallar el ángulo agudo que forman los planos: 2x – y + z = 7 ; x + y + 3z -11 = 0

10) Demostrar que la ecuación del plano que corta a los ejes x, y, z en los puntos a, b, c

respectivamente viene dada por: 1c

z

b

y

a

x

41

11) Hallar la ecuación del plano paralelo al dado por 2x – y + 2z = -4 sabiendo que el punto (3, 2,

-1) equidista de ambos planos.

12) Hallar el plano que pasa por (1, -2, 3) y es perpendicular al plano 3x + 2y + 5z = 1 y paralelo a la

recta L.

6 3z 2y 5x

7 2z 3y -4x :L

13) Hallar la distancia más corta entre dos rectas que se cruzan (no se cortan ni son paralelas ).

0 61 4z-5y -2x

74 z 5y 2x L

0 1 6z -2y -3x

3 3z 6y x 21L

14) Las ecuaciones de las trazas del plano P. sobre el plano XY y el plano YZ son 2x - y = 7 (z = 0) y

y + 3z = -7 (x = 0), respectivamente. Obtener una ecuación de este plano.

15) Determinar el área de la proyección del triángulo de vértices (7, 0, 4), (2, 1, 1), (5, 2 2) sobre el

plano 3x - 5y + z = 0.

16) Determinar la ecuación del plano situado sobre el plano x+2y+2z-4 = 0 y a una distancia igual a 2

de él.

17) Dados una recta L(Q;A) y un punto P no perteneciente a la recta, demostrar que la distancia de P

a la recta L está dada por:

A

(P-Q)xAd(P,L)

En los ejercicios 18 y 19, obtener una ecuación paramétrica vectorial de la recta de intersección de los

pares de planos cuyas ecuaciones se dan.

18) 2x –y + 3z + 1 = 0, 5x + 4y -z- 17 = 0.

19) x + 2y - 6 = 0, z = 0.

En los ejercicios 20 y 21, obtener: (a) las ecuaciones escalares paramétricas y (b) las ecuaciones

simétricas cartesianas de la recta de intersección de los pares de planos cuyas ecuaciones se dan.

20) 2x - 3y + z - 5 = 0, 2x – y + 8z - 3 = 0.

21) x + y + z - 1 = 0, 2x - 3y + z - 7 = 0.

En los ejercicios 22-24, obtener la intersección común de los tres planos cuyas ecuaciones se dan.

22) 2x + 5y + 2z - 1 = 0, x - 4y + 3z - 7 = 0, 5x + 10y - 4z = 5.

23) x + y + 2z - 5 = 0, 2x – y + 3z + 7 = 0, x - 2y + z + 13 = 0.

24) 3x + 2y - 2z + 2 = 0, x – y + 2z - 11 = 0, 9x + y + 2z = 20.

25) Obtener una ecuación del plano que es paralelo al plano cuyas intersecciones con los ejes X, Y y Z

son 3,-1 y 2 respectivamente, y que pasa por el punto P = (5, -8, 3).

26) Obtener las ecuaciones simétricas de la recta que contiene al punto P0 = (-1, 6, 2) y que es paralela

a la recta de intersección de los planos dados por las ecuaciones 4x - y + 2z =7 y x + 3y +z = 2.

42

En los ejercicios 27-29, encontrar las coordenadas del punto P de intersección de la recta y el plano

cuyas ecuaciones se dan.

27) 0 16 z 3 y 2x - 3;11

6z

2

8y

1

3x-

28) 0 10z - 2 y x 3;7

5z

2

1y

5

2x-

29) 0 5 z 3 y 3 x 4;4

1z

2

2y

3

4x-

30) Obtener una ecuación del plano que contiene al punto P = (1, 1,1) y que es perpendicular a la

recta de intersección de los planos cuyas ecuaciones son: 2x – y + z - 5 = 0 y x + 2y + 2z - 5 = 0.

31) Calcular la longitud del segmento de recta con ecuaciones simétricas: 11

6

1

8

1

3 zyx y que

queda acotado por las intersecciones de esta recta con los planos cuyas ecuaciones cartesianas

son 3x - 2y + 3z + 16 = 0 y 3x - 2y + 3z = 0.

32) Demostrar que las coordenadas del punto de intersección del plano P con ecuación cartesiana ax +

by + cz = d y la recta que pasa por el origen y que es perpendicular a P son:

c+b+a

cd,

c+b+a

bd,

c+b+a

ad222222222

33) Sea P = (xo,yo,zo) un punto de la recta L con vector de dirección A = (ao,bo,co). Las ecuaciones

escalares paramétricas de L son:

x = xo + tao, y = yo + tbo, z = zo + tco.

34) Sea P un plano cuya ecuación cartesiana es ax + by + cz = d y tal que no sea paralelo a L.

Demostrar que para cualquier punto de intersección de L con el plano P, se tiene:

cc+bb+aa

cz-by-ax-d = t

000

000

En los ejercicios 35-37, transformar la ecuación cartesiana d ada de un plano a su forma normal, y

calcular la distancia del origen al plano.

35) x - 2y + 2z - 27 = 0.

36) 6x + 3y - 2z - 84 = 0.

37) 5x + 14y + 2z - 150 = 0.

En los ejercicios 38-40, calcular la distancia que separa a los planos paralelos cuyas ecuaciones se dan.

38) 6x - 2y + 3z -14 = 0, 6x - 2y + 3z - 35 = 0.

39) x + 8y + 4z - 36 = 0, x + 8y + 4z + 18 = 0.

40) -x + y - 6z - 3 = 0, 2x - 2y + 12z - 11 = 0.

41) Obtener una ecuación de un plano P que es paralelo al plano cuya ecuación es 3x - 2y + 6z - 9 = 0,

y que está a 7 unidades de distancia del origen (hay dos soluciones).

43

42) Obtener una ecuación de un plano P que es paralelo al plano cuya ecuación es x -3 y + 5 = 8 y que

está a 3 unidades de distancia del origen (hay dos soluciones).

En los ejercicios 43-46, calcular la distancia que separa al punto dado P de la recta cuyas ecuaciones se

dan:

43) 1

1z

1

1y

1

1x;5,76,P

44) 3

3

1

2

2

3211

zyx;,,P

45) 6

3

2

1

3

1000

zyx;,,P

46) 221

3000

zyx;,,P

47) Sea L1 una recta en el espacio cuyo vector de dirección es A1 y que contenga al punto P1, y sea L2

una recta oblicua (no paralela y que no corte a L1) que tenga a A2 como vector de dirección, y que

contenga al punto P2. Emplear el hecho de que A1 x A2 es vector perpendicular tanto L1 como a L2

para demostrar que la distancia (perpendicular) que separa a L1 de L2 es:

21

211221

x AA

) x A).(A - P(P ) ,Ld(L

En los ejercicios 48-49, emplear el resultado del Ejercicio 31 para calcular la distancia que separa a las

rectas con las ecuaciones simétricas dadas.

48) 1

1

4

1

3

1

1

1

3

2

2

zyx;

zyx

49) 1

4

1

1

21

5

43

1 zyx;

zyx

50) Hallar la distancia entre el punto P y la recta L, que se muestran a continuación:

a) P = ( -1, 2, 3) y L: 32

3

6

7 zyx

b) P = (7, 7, 4) y L: 01026

0426

zyx

zyx

51) Demostrar que las rectas L y L‟ son paralelas:

L: 3

9

3

43

2

7 zyx ; L‟:

01224

02

zyx

zyx

52) Demostrar que las rectas L y L‟ son perpendiculares:

L: 2

11

3

3

4

4 zyx ; L‟:

042

01022

zy

zyx

53) Hallar el ángulo que forman las rectas L y L‟:

44

L: 3

2

2

2

4

32 zyx ; L‟:

092

0112

zyx

zyx

54) Hallar la ecuación del plano que:

a) Pasa por Q = (-2, -1, 5) y es perpendicular a la recta que pasa por P = (2, -1, 2) y R =(-3, 1, -2)

b) Pasa por P = (5, -1, 3) y los cosenos directores de su vector normal son 3/13, -12/13, -4/13.

c) Al trazar una recta que pasa por el origen y es ortogonal a él, lo corta en el punto P = (1, -2, 1).

d) Al trazar una recta que pasa por Q=(5, 4, -7) y es ortogonal a él, lo corta en el punto P0(2,2,-1).

e) Pasa por el punto P = (-4, 2, ) y es perpendicular al eje ZZ.

f) Pasa por el punto P = (3, -5, 7) y es paralelo al plano XZ

g) Pasa por P = (3, -1, 0) y es perpendicular a los planos: 4x-y-z=1 y 2x+y+3z=6.

h) Pasa por el eje YY y por el punto P = (8, 4, -6).

i) Pasa por P = (3, 1, -1), es perpendicular al plano 2x-2y+z+4=0 e intercepta al eje ZZ en -3.

j) Pasa por P = (1, 3, 0) y Q = (4, 0, 0) y forma un ángulo de 30° con el plano x+y+z-1=0.