Ejercicios de Exámenes

Problema 2

a) Hallar los valores del parámetro $a$ para que la distancia del punto $A(1,a,a)$ al plano que pasa por $P(1,-1,-2)$ y es paralelo al plano $\pi:(x,y,z)=(2,2,2)+\alpha(1,1,-1)+\beta(1,-1,1)$ , sea $\sqrt{3}$ .
b) Para $a=0$ , ¿qué ángulo forma la recta, $r$ , que pasa por $A$ y $P$ con el plano $\pi$ ?
c) Para $a=0$ , determina la ecuación de la recta simétrica a $r$ respecto de $\pi$ .

Solución

a) Denotemos por $\pi'$ al plano que es paralelo a $\pi$ y tal que $P\in \pi'$ , entonces:

\overrightarrow{n_{\pi'}}=\overrightarrow{n_{\pi}}= \frac{-1}{2} \left|\begin{array}{ccc} \overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k}\\ 1 & 1 & -1\\ 1 & -1 & 1 \end{array}\right|= \qquad \quad \\ =\frac{-1}{2}(0,-2,-2) = (0,1,1)

El factor $\frac{-1}{2}$ es opcional.

\pi': y+z+D=0, \quad P(1,-1,-2)\in \pi' \Rightarrow \\ \Rightarrow -1-2+D=0 \Rightarrow D=3 \Rightarrow \\ \quad \\ \Rightarrow {\color{blue}\pi':y+z+3=0} \qquad \qquad \qquad

d(A,\pi')=\frac{\left| a+a+3 \right|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}}} = \frac{\left| 2a+3 \right|}{\sqrt{2}} = \sqrt{3} \quad \Rightarrow

\left| 2a+3 \right| = \sqrt{6} \quad \Rightarrow \quad 2a + 3 = \pm \sqrt{6} \quad \Rightarrow \\ \quad {\color{blue}\boxed{a=\frac{-3\pm\sqrt{6}}{2}}}

b) Para $a=0$ , la recta que pasa por $A$ y $P$ tiene vector director $\overrightarrow{d_{r}}=\overrightarrow{PA}=(0,1,2)$ . Si denotamos por $\alpha$ el ángulo pedido, tenemos que:

sen(\alpha) = \frac{\left| \overrightarrow{d_{r}} · \overrightarrow{n_{\pi}} \right|}{\left| \overrightarrow{d_{r}} \right| ·\left| \overrightarrow{n_{\pi}} \right|} = \frac{\left| (0,1,2)·(0,1,1) \right|}{\sqrt{5} · \sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}

de donde: ${\color{blue}\alpha=arcsen\left(\frac{3\sqrt{10}}{10}\right)=71,57\text{º}}$ .

c) La recta $r'$ , simétrica de $r$ respecto a $\pi$ , está determinada, por ejemplo, por los puntos 1) $B$ : punto de corte de $r$ y $\pi$ y 2) $A'$ simétrico de $A\in r$ respecto de $\pi$ .

1) Para determinar el punto $B$

Ecuación de $\pi$ :

\pi: y+z+D=0, (2,2,2)\in \pi \Rightarrow \\ \quad \Rightarrow 2+2+D=0 \Rightarrow D=-4 \Rightarrow \\ \quad \\ {\color{blue}\pi:y+z-4=0} \qquad \qquad \qquad

La ecuación de $r$ (ver apartado b):

r:\left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=t\\ z=2t \end{array}\right.

Entonces $B(1,t,2t)\in r \cap \pi$ si:

t+2t-4=0 \Rightarrow t=\frac{4}{3}

entonces $B\left( 1,\frac{4}{3},\frac{8}{3} \right)$

2) Para encontrar $A'$ necesitamos la proyección ortogonal de $A$ sobre $\pi$ :

La recta, $l$ , que pasa por $A$ y es perpendicular a $\pi$ tiene vector director $\overrightarrow{d_{r}} = \overrightarrow{n_{\pi}}$ , luego:

l:\left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=t\\ z=t \end{array}\right.

Entonces $Q(1,t,t) \in l \cap \pi$ , que es proyección ortogonal de $A$ en $\pi$ , cumple:

t+t-4=0 \Rightarrow t=2 \Rightarrow Q\left( 1,2,2 \right)

Luego, el punto simétrico $A'(x,y,z)$ , de $A$ respecto a $\pi$ :

\left( \frac{x+1}{2}, \frac{y}{2}, \frac{z}{2}\right) = (1,2,2) \Rightarrow A'(1,4,4)

Por último, $\overrightarrow{d_{r'}}=\frac{3}{4} \overrightarrow{BA'}=\frac{3}{4} \left( 0, \frac{8}{3}, \frac{4}{3}\right) = (0,2,1)$ y

r':\left\{ \begin{array}{l} x=1\\ y=4+2t\\ z=4+t \end{array}\right.

Problema 3

a) Determina la posición relativa de las siguientes rectas según los valores del parámetro:

r\equiv \left\{ \begin{array}{l} x=-a+at\\ y=3+t\\ z=1+2t \end{array}\right. \qquad \qquad s\equiv \frac{x}{1}= \frac{y+2}{2} = \frac{z-a}{1}

b) Para $a=0$ , halla la distancia entre $r$ y $s$ .

c) (0.75p) Para $a=\frac{-3}{2}$ , halla la recta simétrica de $r$ con respecto a $s$ .

Solución

a) Los vectores directores de las rectas son: $\overrightarrow{d_{r}}= (a,1,2)$ y $\overrightarrow{d_{s}}= (1,2,1)$ . Tomamos además, el vector $\overrightarrow{P_r P_s}= (a,-5,a-1)$ , siendo $P_r(-a,3,1)$ un punto de $r$ y $P_s= (0,-2,a)$ un punto de la recta $s$ . Entonces, tomando

M_a=\begin{pmatrix}a & 1\\ 1 & 2\\ 2 & 1 \end{pmatrix} \qquad M^*_a = \begin{pmatrix}a & 1 & a\\ 1 & 2 & -5\\ 2 & 1 & a-1 \end{pmatrix}

\left|M^*_a\right|=\left|\begin{array}{ccc} 0 & 1 & a\\ 6 & 2 & -5\\ 3-a & 1 & a-1 \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0\\ 6 & 2 & -5-2a\\ 3-a & 1 & -1 \end{array}\right|

\left|M^*_a\right|= -\left|\begin{array}{cc} 6 & -5-2a\\ 3-a & -1 \end{array}\right|=2a^{2}-a-9=0

a=\frac{1\pm\sqrt{73}}{4}

Caso I: $a\neq \frac{1\pm\sqrt{73}}{4}$ , $rg(M^*_a)=3>2=rg(M_a)$ . Las rectas se cruzan.

Caso II: $a = \frac{1+ \sqrt{73}}{4}$ o $a = \frac{1- \sqrt{73}}{4}$

\left|\begin{array}{cc} 1 & 2\\ 2 & 1 \end{array}\right|=-3\neq0 \Rightarrow rg(M^*_a)=2=rg(M_a)

Las rectas se cortan.

b) En el caso que $a =0$ , hemos visto en el apartado anterior que las rectas se cruzan, entonces

d(r,s)=\frac{\left| [\overrightarrow{P_r P_s}, \overrightarrow{d_r }, \overrightarrow{d_s}] \right|}{\left| \overrightarrow{d_r }\times \overrightarrow{d_s} \right|} = \frac{\left| M^*_a \right|}{\left| \overrightarrow{d_r }\times \overrightarrow{d_s} \right|}

\overrightarrow{d_r }\times \overrightarrow{d_s} = \left|\begin{array}{ccc} \overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k}\\ 0 & 1 & 2\\ 1 & 2 & 1 \end{array}\right| =(-3,2,-1)

d(r,s)= \frac{\left| M^*_a \right|}{\left| (-3,2,-1) \right|} = \frac{\left| 2·0^2 - 0-9 \right|}{\sqrt{9+4+1}}=\frac{9}{\sqrt{14}}=\frac{9\sqrt{14}}{14}u

c) Para $=\frac{-3}{2}$ , hemos visto en el apartado a) que las rectas se cruzan, entonces necesitamos los simétrico de dos puntos de $r$ con respecto a $s$ .

s:\left\{ \begin{array}{l} x=t\\ y=-2+2t\\ z=-3/2 +t \end{array}\right.

1) Nombremos por $A_1(x_0,y_0,z_0)$ al simétrico de $P_r(3/2, 3,1)$ con respecto a $s$ . Determinamos la ecuación del plano, $\alpha$ , que contiene a $P_r$ y tiene vector normal a $\overrightarrow{d_{s}}=(1,2,1)$ :

x+2y+z+D=0 \Rightarrow 3/2 +6+1+D=0 \\ \Rightarrow D=-17/2 \\ \quad \\ \alpha: 2x+4y+2z-17=0

Q(t,-2+2t,-3/2+t)\in s\cap\alpha \Rightarrow \\ 2t+4(-2+2t)+2(-3/2 +t) -17=0 \Rightarrow \\ t=28/12 = 7/3

Entonces $Q(7/3, 8/3, 5/3)$ es la proyección ortogonal de $P_r$ en $s$ . Entonces

\left( \frac{x_0+3/2}{2},\frac{y_0+3}{2},\frac{z_0+1}{2}\right)=(7/3, 8/3, 5/3)

Siendo entonces $A_1(7/3,8/3,5/3)$

2) Sea $A_2(x_0,y_0,z_0)$ el simétrico de $P(0,4,3)\in r$ con respecto a $s$ . El plano, $\beta$ contiene a $P$ y tiene como vector normal a $\overrightarrow{d_{s}}$ :

x+2y+z+D=0 \Rightarrow 8+3+D=0 \\ \Rightarrow D=-11 \\ \quad \\ \alpha: x+2y+z-11=0

Q(t,-2+2t,-3/2+t)\in s\cap\beta \Rightarrow \\ 2t+4(-2+2t)+2(-3/2 +t) -11=0 \Rightarrow \\ t=22/12 = 11/6

Luego, $Q(11/6, 5/3, 1/3)$ es la proyección ortogonal de $P_r$ en $s$ . Como $Q$ es el punto medio de $P$ y su simétrico $A_2$ :

\left( \frac{x_0}{2},\frac{y_0+4}{2},\frac{z_0+3}{2}\right)=(11/6, 5/3, 1/3)

Siendo entonces $A_2(11/3,-2/3,-7/3)$

Entonces la recta simétrica de $r$ con respecto a $s$ tiene vector director $-6·\overrightarrow{A_1A_2}= (3,20,24)$ y su ecuación es:

r':\left\{ \begin{array}{l} x=7/3 +3t\\ y=8/3+20t\\ z=5/3 + 24t \end{array}\right.

Problema 5

()2p Estudia la posición relativa de $r$ y $\pi$ en función del valor de $m$ :

r\equiv\left\{ \begin{array}{l} 2x-my+z=2-m\\ x+2y+z=0 \end{array}\right. \qquad \pi \equiv 3x+2z=2-m

Solución

Consideremos el sistema de ecuaciones lineales formado por la ecuación general del plano $\pi$ y las dos ecuaciones correspondientes a la ecuación implícita de la recta $r$ . Denotemos por $(A|b)$ la matriz ampliada de este sistema, siendo $A$ la matriz del sistema.

|A|=\left|\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 2\\ 2 & -m & 1\\ 1 & 2 & 1 \end{array}\right| = \left|\begin{array}{ccc} 3 & -6 & -1\\ 2 & -m-4 & -1\\ 1 & 0 & 0 \end{array}\right| = \\ \quad \\=6-(m+4)=-m+2=0 \Rightarrow m=2

Caso I: Si $m \neq 2$ entonces $rg(A|b)=rg(A)=3=$ nº de incógnitas. Por el Teorema de Rouche-Frobenius el sistema es compatible determinado (tiene una única solución). Esta única solución es el único punto de corte de la recta $r$ y el plano $\pi$ .

Caso II: Si $m = 2$ . Observemos que, el sistema se convierte en un sistema de ecuaciones homogéneo, que siempre es compatible. Por lo que debe ocurrir que $rg(A|b)=rg(A)=2<$ nº de incógnitas (las dos ecuaciones de la recta son linealmente independientes, en caso contrario no sería una recta). Por el Teorema de Rouche-Frobenius, en este caso concluimos, que el sistema es compatible indeterminado (tiene infinitas soluciones) y la recta $r$ está incluida en el plano $\pi$ .

Si está justificación del Caso II no te gusta, expande para ver otra justificación más clásica

Caso II: Si $m = 2$ .

\left|\begin{array}{cc} 2 & 1\\ 1 & 1 \end{array}\right|=1\neq0 \Rightarrow rg(A)=2

Orlando este menor con la cuarta columna ( $m = 2$ )

\left|\begin{array}{ccc} 3 & 2 & 0\\ 2 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right| = 0 \Rightarrow rg(A|b)=2

Entonces $rg(A|b)=rg(A)=2<$ nº de incógnitas y por el Teorema de Rouche-Frobenius el sistema es compatible indeterminado (tiene infinitas soluciones) y la recta está incluida en el plano.