algebra lineal

Matemáticas II – Ejercicios resueltos de los exámenes de Selectividad propuestos en Castilla-La Mancha
Autor: Pedro Castro Ortega, profesor del IES “Fernando de Mena” de Socuéllamos (Ciudad Real)

Puntos, rectas y planos en el espacio. Problemas métricos en el espacio

1. Estudiar la posición relativa de las rectas r y s:
 x = 2t − 1
 x + 3y + 4z − 6 = 0

; s : y = t +1
r:
2x + y− 3z + 2 = 0
z = −3t + 2

Calcular la distancia entre ambas rectas
(Junio 1997)
Solución:
r
Obtengamos un vector director u y un punto A de r. Llamemos z = λ. Entonces el
x + 3y = −4λ + 6
sistema queda de la forma: 
. Multiplicando la primera ecuación
2x + y = 3λ − 2
−11
14
λ + . Sustituyendo en la
por 2 y restando queda 5y = −11λ + 14 ⇒ y =
5
5
primera
ecuación:
14 
3342
13
12
 −11
x + 3
λ +  = −4λ + 6 ⇒ x − λ +
= −4λ + 6 ⇒ x = λ − . Por tanto la
5
5
5
5
5
 5
13
12

x = 5 λ − 5

−11
14

recta es, en ecuaciones paramétricas: r ≡  y =
λ+
5
5

z = λ


r
 12 14 
Así, un punto de r es A  − , , 0  y un vector director de r es u = (13, −11, 5)
 5 5

r
Un punto de s es B(−1, 1, 2) y un vector director de s es v =(2, 1, −3)

Entonces:
r
u
 13 −11 5 
rango  r  = rango 
= 2 . pues hay al menos un menor de orden dos
1 −3 
 v
2

distinto de cero.


r
 13 −11 5 
 u 
13
−11 5


 r 
1
−3 ≠ 0 .
rango  v  = rango  2
1 −3  = 3 , ya que 2
uuu 
r
 7 −9

 AB
7 / 5 −9 / 5 2


2

5
5

Por tanto r y s se cruzan.
Hallemos el plano π que pasa porr y es paralelo a s. Para ello escribamos la
ecuación del haz de planos de arista r: λ(x + 3y + 4z − 6) + µ(2x + y − 3z + 2) = 0
⇔ (λ + 2µ)x + (3λ + µ)y + (4λ − 3µ)z + (−6λ + 2µ) = 0.

Puntos, rectas y planos en el espacio. Problemas métricos
en el espacio

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Matemáticas II – Ejercicios resueltos de los exámenes de Selectividad propuestos en Castilla-La Mancha
Autor: Pedro CastroOrtega, profesor del IES “Fernando de Mena” de Socuéllamos (Ciudad Real)

Para que un plano de este haz sea paralelo a la recta s se debe cumplir que el vector
perpendicular al plano (λ + 2µ, 3λ + µ, 4λ − 3µ) sea perpendicular al vector director
de s: (2, 1, −3), es decir, que el producto escalar de ambos sea cero:
(λ + 2µ)·2 + (3λ + µ)·1 + (4λ − 3µ)·(−3) = 0 ⇒ −7λ + 14µ = 0.
Para que esta últimaigualdad se cumpla basta elegir λ = 2, µ = 1, luego el plano π es
4x − 7y + 5z − 10 = 0.
La distancia buscada coincide por tanto con la distancia del punto B(−1, 1, 2) de s al
plano π:
(−1) ⋅ 4 + 1⋅ (−7) + 2 ⋅ 5 + (−10)
11
11
11 10
uds. †
d ( r, s ) = d ( B, π ) =
=
=
=
2
2
2
30
90 3 10
4 + (−7) + 5
2. Hallar la ecuación de la recta que pasa por A(1, 2, −1), es perpendicular ala recta
3y + z = 7
y paralela al plano 2x + y − z = 3
r:
 x + 4y + z = 8
(Junio 1997)
Solución:

r
Llamemos u = (a, b, c) a un vector director de la recta s que buscamos. Hallemos un
r
vector director v de la recta r. Para ello llamemos, por ejemplo, y = λ. Entonces
z = 7 − 3λ ; x + 4λ + 7 − 3λ = 8 ⇒ x = 1 − λ . Por tanto las ecuaciones paramétricas de
x = 1 − λ

r
r son:  y= λ
, y entonces un vector director de r es v = (−1, 1, −3). Como s ⊥ r
z = 7 − 3λ

r r
r r
⇒ u ⊥ v ⇒ u · v = 0 ⇒ −a + b − 3c = 0 (1)
r
Un vector perpendicular al plano π ≡ 2x + y − z = 3 es w = (2, 1, −1). Como s P π ⇒
r r
r r
u ⊥ w ⇒ u · w = 0 ⇒ 2a + b – c = 0 (2)

Resolvamos el sistema formado por las ecuaciones (1) y (2). Para ello llamemos, por
−a + b = 3t
2
ejemplo, c = t⇒ 
. Restando ambas ecuaciones: −3a = 2t ⇒ a = − t , y
3
2a + b = t
2
7
sustituyendo en la primera: t + b = 3t ⇒ b = t . Para t = 3 se obtiene a = −2, b = 7
3
3
r
y c = 3, por tanto un vector director de s es u = (−2, 7, 3) y la recta s es, en
 x = 1 − 2λ

ecuaciones paramétricas: s ≡  y = 2 + 7λ †
z = −1 + 3λ

x − 3 y −1 z + 2
=
=
, y el plano x − 3y − z + 6 = 0.
5...