Ejercicios de geometría de 2º de bachiller

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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  33 42 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 por r 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 Castro Ortega, profesor del IES “Fernando de Mena” de Socuéllamos (Ciudad Real)

Para que un plano de este haz seaparalelo 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 última igualdad se cumpla basta elegir λ = 2, µ = 1, luego el plano π es 4x − 7y + 5z − 10 = 0. La distancia buscadacoincide 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 a la 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 unvector 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 , y entonces un vector director de r es v = (−1, 1, −3). Como s ⊥ r r son:  y = λ z = 7 − 3λ  r r r r ⇒ u ⊥ v ⇒ u · v = 0 ⇒ −a + b − 3c = 0 (1) r Unvector 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 33 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  3. Posición relativa de la recta
x − 3 y −1 z + 2 = = , y el plano x − 3y − z + 6 = 0. 5 2 −1 Calcular la distancia entre la recta y el plano. (Septiembre 1997)

Solución: Tomemos un punto y un vector director de la recta r: P ( a1 ,...
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