2BCT 06 07 Geometria_en_el_espacio Ejercicios_resueltos

Temas 6 y 7 – Geometría en el espacio – Matemáticas II – 2º Bachillerato

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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

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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 enparamétricas, 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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