bloque ii geometría - IES Torre Almirante

II
BLOQUE II
GEOMETRÍA
Página 216
1
8
8
8
Considera los vectores u (3, 2, –1), v (– 4, 0, 3) y w (3, –2, 0):
a) ¿Forman una base de
Á3?
8
b) Halla m para que el vector (2, –6, m) sea perpendicular a u .
ì
8
8
c) Calcula | u |, | v | y ( u, v ).
8 8
Resolución
a) Para que los tres vectores formen una base, han de ser L.I. Veámoslo:
|
|
3 2 –1
–4 0 3 = 28 ? 0. Forman una base de
3 –2 0
Á3.
b) (2, –6, m) · (3, 2, –1) = 6 – 12 – m
8
(2, –6, m) 2 u ï 6 – 12 – m = 0 ï m = –6
8
c) | u | = √32 + 22 + 12 = √14
8
| v | = √42 + 32 = √25 = 5
ì
8 8
cos ( u, v ) =
2
ì
–15
8 8
√14 · 5
= –0,80179… 8 ( u, v ) = 143° 18' 3''
8
Halla un vector de módulo 13 que sea perpendicular a los vectores u(24, 10, 7)
8
y v (–12, –5, 8).
Resolución
8
8
u Ò v = (115, –276, 0)
8
|8
u Ò v | = √1152 + 2762 = 299 = 13 · 23
El vector buscado es
1 8 8
u Ò v = (5, –12, 0).
23
También cumple las condiciones pedidas su opuesto: (–5, 12, 0).
Soluciones: (5, –12, 0) y (–5, 12, 0)
Bloque II. Geometría
1
3
Considera los puntos P (2, 3, 5) y Q (8, –9, 2):
a) Halla el punto medio de PQ.
b) Halla el punto simétrico de P respecto de Q.
c) Obtén un punto R de PQ tal que 2 PR = RQ .
Resolución
a) Punto medio:
(
) (
2+8 3–9 5+2
7
,
,
= 5, –3,
2
2
2
2
)
b) Sea S (a, b, g) el simétrico de P respecto de Q. Entonces:
°
§
§
§
3+b
§
= –9 ¢ a = 14, b = –21, g = –1
2
§
§
5+g
§
=2 §
2
£
Así, el simétrico de P respecto de Q es (14, –21, –1).
2+a
=8
2
c)
P (2, 3, 5)
Q (8, –9, 2)
R
8
PQ = (6, –12, –3)
8
8
8
8
OR = OP + PR = OP +
4
1 8
PQ = (2, 3, 5) + (2, –4, –1) = (4, –1, 4)
3
Dados los puntos P (3, 2, 0), Q (5, 1, 1) y R (2, 0, –1):
a) Halla la recta que pasa por P y Q.
b) Halla el plano que contiene a P, Q y R.
c) Halla la distancia entre P y Q.
Resolución
8
a) PQ = (2, –1, 1)
° x = 3 + 2l
§
r: ¢ y = 2 – l
§
l
£z =
8
b) PR = (–1, –2, –1)
8
8
PQ Ò PR = (2, –1, 1) Ò (–1, –2, –1) = (3, 1, –5) 2 π
π: 3(x – 3) + 1(y – 2) – 5(z – 0) = 0
3x + y – 5z – 11 = 0
c) dist (P, Q ) = √22 + 12 + 12 = √6
2
Bloque II. Geometría
BLOQUE
5
Dados el punto A (–1, 2, 3) y la recta r :
nadamente:
I
x–1
y+2
z–1
=
=
, calcula razo1
1
2
a) La distancia de A a r.
b) El punto simétrico de A respecto de r.
Resolución
R (1 + l, –2 + l, 1 + 2l) es un punto genérico de r .
8
AR (2 + l, –4 + l, –2 + 2l)
8
8
Buscamos R para que AR 2 r ; es decir, AR 2 (1, 1, 2):
(2 + l, –4 + l, –2 + 2l) · (1, 1, 2) = 2 + l – 4 + l – 4 + 4l = 6l – 6
8
AR 2 r ï 6l – 6 = 0 ò l = 1
Por tanto, R (2, –1, 3) es el pie de la perpendicular de A a r.
a) dist (A, r) = dist (A, R) = √32 + 32 + 0 = √18 = 3√2
b) El simétrico de A respecto de r es el simétrico, A' (a, b, g), de A respecto de
R:
–1 + a
°
=2 §
2
§
§
2+b
§
= –1 ¢ a = 5, b = –4, g = 3
2
§
§
3+g
= 3 §§
2
£
Así, A' (5, –4, 3).
6
Calcula la posición relativa de la recta y el plano siguientes:
° x = 2 + 3l
§
–l
r: ¢ y =
§
£z = 0
π: x + y + z = 0
Resolución
8
(3, –1, 0) = dr // r ° 8 8
8
¢ dr · n π = 2 ? 0
(1, 1, 1) = nπ 2 π £
8
8
Por tanto, dr no es perpendicular a n π. Es decir, la recta no es paralela al plano, ni
está contenida en él.
Conclusión: la recta corta al plano.
Bloque II. Geometría
3
7
=4
°x + y
Dadas las rectas r : ¢
y+z=5
£
y
s:
x–1
y+1
z
=
=
comprueba que
1
–1
3
se cruzan y calcula la distancia entre ellas y la ecuación de la perpendicular
común.
Resolución
Ecuaciones paramétricas de r . Llamamos y = l:
°x = 4 – l
§
l
r: ¢ y =
§
£z = 5 – l
R0 (4, 0, 5)
8
dr (–1, 1, –1)
Ecuaciones paramétricas de s :
°x = 1 + μ
§
s : ¢ y = –1 – μ
§
3μ
£z =
S0 (1, –1, 0)
8
ds (1, –1, 3)
8
R0 S0 = (–3, –1, –5)
• Posición relativa:
8
8
8
Vemos el rango de la matriz formada por las coordenadas de los vectores dr , ds , R0 S0 :
|
|
–1 1 –1
1 –1 3 = – 8 ? 0
–3 –1 –5
Los tres vectores son L.I. Por tanto, las rectas se cruzan.
8
• El vector genérico RS (–3 + l + μ, –1 – l – μ, –5 + l + 3μ) tiene su origen en r
y su extremo en s.
8
8
8
RS 2 r ï RS 2 dr ï –(–3 + l + μ) + (–1 – l – μ) – (–5 + l + 3μ) = 0 °
8
8 8
¢
RS 2 s ï RS 2 ds ï (–3 + l + μ) – (–1 – l – μ) + 3(–5 + l + 3μ) = 0 £
7 – 3l – 5μ = 0 °
¢ l = –1, μ = 2
–17 + 5l + 11μ = 0 £
Por tanto, los pies de la perpendicular común a las dos rectas son:
l = –1 8 R (5, –1, 6) ° 8
¢ RS (–2, –2, 0) // (1, 1, 0)
μ = 2 8 S (3, –3, 6) £
dist (r, s) = dist (R, S) = √22 + 22 + 0 = √8 = 2√2
• Recta perpendicular común:
°x = 3 + l
§
¢ y = –3 + l
§
£z = 6
4
Bloque II. Geometría
BLOQUE
8
II
Halla la ecuación del plano que pasa por el punto P (1, 0, –1), es paralelo a la
° x – 2y = 0
recta r : ¢
y es perpendicular al plano a: 2x – y + z + 1 = 0.
z=0
£
Resolución
8
(1, –2, 0) Ò (0, 0, 1) = (–2, –1, 0) // (2, 1, 0) = dr
8
Sea π el plano buscado y n su vector normal. Entonces:
8
8
π // r ò dr 2 n
8
π 2 q ò n 2 (2, –1, 1)
8
Por tanto, n = (2, 1, 0) Ò (2, –1, 1) = (1, –2, –4).
Ecuación de π: 1(x – 1) – 2(y – 0) – 4(z + 1) = 0
x – 2y – 4z – 5 = 0
9
Halla la ecuación de la recta que pasa por el origen de coordenadas y corta
perpendicularmente a la recta AB, siendo A (2, 0, 2) y B (–1, 2, 1).
Resolución
8
8
AB = (–3, 2, –1) = dr
° x = 2 – 3l
§
2l
r: ¢ y =
§
£z = 2 – l
es la recta AB.
8
Tomamos un vector genérico OR con origen en O y extremo variable en r :
8
OR (2 – 3l, 2l, 2 – l)
8
Obligamos a que OR 2 r :
(2 – 3l, 2l, 2 – l) · (–3, 2, –1) = 0 ï –6 + 9l + 4l – 2 + l = 0 ï
ï 14l – 8 = 0 ï l =
Para l =
(
4
2 8 10
, obtenemos R , ,
7
7 7 7
)
8
y OR
(
8
4
=
14
7
)
2 8 10
, ,
// (2, 8, 10) // (1, 4, 5)
7 7 7
°x = l
§
La recta buscada es: ¢ y = 4l
§
£ z = 5l
Bloque II. Geometría
5
10 Sean el plano π: 3x – 2y + z – 1 = 0 y las rectas:
°x =
3l
§
s : ¢ y = 2 + 4l
§
£z = 3
°x = – l
§
r: ¢ y = 2 + l
§
£ z = 3 – 2l
a) Halla el ángulo que forman r y s.
b) Calcula el ángulo formado entre r y π.
c) Halla el ángulo que forma π con el plano q determinado por r y s.
Resolución
8
8
8
dr (–1, 1, –2) //r, ds (3, 4, 0)//s, n(3, –2, 1) 2 π
8
a) cos ( r, s ) =
8
8
|dr| · |ds|
ì
|
ì
8
|dr · ds|
ì
8
8
=
|
b) sen ( r, π ) = cos ( dr, n ) =
1
ì
√6 · 5
= 0,08165 8 ( r, s ) = 85° 19'
| √6–7√ 14 | = 0,76376 8 ( r, π ) = 49° 47' 49''
ì
—
—
c) r y s se cortan en (0, 2, 3), evidentemente.
Determinan un plano cuyo vector normal es:
8
n' = (–1, 1, –2) Ò (3, 4, 0) = (8, –6, –7)
ì
|
ì
8 8
|
cos ( π, q ) = cos ( n, n' ) =
=
29
—
3 · 8 + (–2) · (–6) + 1 · (–7)
—
—
√ 14 √149
=
ì
—
√ 14 √149
= 0,63495 8 ( π, q ) = 50° 35' 1''
11 Calcula la distancia que hay entre estos planos:
a: 2x + y – z + 1 = 0
b: 4x + 2y – 2z + 7 = 0
Resolución
2
1
–1 1
= =
? ; por tanto, a y b son paralelos.
4
2
–2 7
El punto A (0, 0, 1) é a. Por tanto:
dist (a, b) = dist (A, b) =
6
|4 · 0 + 2 · 0 – 2 · 1 + 7|
√42 + 22 + 22
=
5
√24
=
5√24
› 1,02
24
Bloque II. Geometría
BLOQUE
II
12 Calcula m para que r y s estén en el mismo plano:
r:
2x – 1
=1–y=z
2
° x+y+ z+m=0
s: ¢
– 4z + 1 = 0
£ 3x
Resolución
°
dr = (1, –1, 1) §
§
¢
§
8
s : ds = (1, 1, 1) Ò (3, 0, –4) = (–4, 7, –3) §
£
r:
x – (1/2) y – 1
z
=
=
1
–1
1
8
Evidentemente, las rectas no son paralelas. Veamos cómo ha de ser m para que se
corten.
Conviene expresar cada una de las dos rectas como intersección de dos planos.
Obligamos a que los cuatro planos tengan algún punto común:
° 2x – 1
§
= z 8 2x
– 2z = 1
r: ¢ —
2
§
y+ z=1
£1 – y = z 8
= –m
° x+y+ z
s: ¢
4z = –1
£ 3x –
Para que el sistema tenga solución, es necesario que el determinante de la matriz
ampliada sea cero.
|
2
0
1
3
|
0 –2 1
1 1 1
= –2m – 8; –2m – 8 = 0 ï m = –4
1 1 –m
0 –4 –1
Si m = –4, las dos rectas se cortan. Por tanto, están en un mismo plano.
° x+y =0
13 Halla un punto de la recta s: x = –y = z tal que su distancia a r : ¢
z=3
£
sea igual a 1 unidad.
Resolución
Un punto genérico de r : R (l, –l, 3)
Z
Un punto genérico de s : S (μ, –μ, μ)
Las dos rectas se cortan en (3, –3, 3).
Al ser perpendicular a r desde s, la
coordenada z debe distar 1 en ambas
rectas. Por tanto, hay dos puntos de s
cuya distancia a r es 1:
(2, –2, 2) y (4, –4, 4)
Bloque II. Geometría
r
(3, –3, 3)
s
1
1
Y
X
7
14 Calcula las ecuaciones de la recta r ' sabiendo que es la proyección ortogonal
de r sobre π:
°x =
l
§
r : ¢ y = –2 + 3l
§
£z = 3
π: x – y + 2z + 4 = 0
Resolución
La recta r' es intersección de dos planos: el π y un plano a que contiene a r y
es perpendicular a π.
Un vector normal a a es perpendicular al vector dirección de r y al vector normal a π.
8
8
Por tanto: (1, 3, 0) Ò (1, –1, 2) = (6, –2, –4) // (3, –1, –2) = n; n 2 a
(0, –2, 3) é a
r
a
a: 3(x – 0) – (y + 2) – 2(z – 3) = 0
3x – y – 2z + 4 = 0
° 3x – y – 2z + 4 = 0
La recta es r': ¢
£ x – y + 2z + 4 = 0
r'
π
–1=0
° 2x – 5y
15 Dada la recta r : ¢
y el plano b: x – 3y – z + 6 = 0, halla la
+ 5z + 7 = 0
£ x
ecuación de un plano paralelo a b que diste de la recta r 3 unidades.
Resolución
Para que el problema tenga solución, la recta debe ser paralela al plano. Comprobemos que es así:
8
dr = (2, –5, 0) Ò (1, 0, 5) = (–25, –10, 5) // (5, 2, –1)
8
n = (1, –3, –1) 2 b
8
8
(5, 2, –1) · (1, –3, –1) = 0 ò dr 2 n ò r // b
La recta es paralela al plano.
Obtenemos un punto de la recta dando un valor a x. Por ejemplo, para x = –2 8
8 R (–2, –1, –1)
Un plano cualquiera paralelo a b es de la forma: a: x – 3y – z + k = 0
La distancia de r a a es igual a la distancia de R a a y debe ser igual a 3:
dist (R, a) =
|–2 – 3(–1) – (–1) + k|
√12 + 33 + 12
=3
2 + k = ±3 √11 8 k = –2 + 3 √11
Solución: Hay dos planos que cumplen esta condición:
a1: x – 3y – z – 2 – 3√11 = 0 y a2: x – 3y – z – 2 + 3√11 = 0
8
Bloque II. Geometría
BLOQUE
II
16 El plano 2x – y + 3z – 6 = 0 corta a los ejes coordenados en los puntos P, Q y R.
a) Calcula el área del triángulo PQR.
b) Halla el volumen del tetraedro de vértices P, Q, R y el origen de coordenadas.
Resolución
Puntos de corte con los ejes: P (3, 0, 0), Q (0, –6, 0), R (0, 0, 2)
8
8
a) PQ = (–3, –6, 0), PR = (–3, 0, 2)
탊
Área PQR =
1 8 8
1
| PQ Ò PR | = |(–12, 6, –18)| = 3√14 u2
2
2
b) Para hallar el volumen del tetraedro, podemos utilizar dos métodos.
1.er
V=
MÉTODO.
Utilizando el producto mixto:
|
|
–3 –6 0
1 8 8 8
1
|[ PQ , PR , PO ]| = | –3 0 2 | = 6 u3
6
6 –3 0 0
2.° MÉTODO. Teniendo en cuenta que el tetraedro es la sexta parte de un ortoedro de
dimensiones 3, 6 y 2:
V=
Z
R
Q
1
· 3 · 6 · 2 = 6 u3
6
O
Y
P
X
17 Dada la esfera x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 6y – 39 = 0, halla:
a) Su centro.
b) La ecuación del plano tangente en el punto P (1, –3, 7).
Resolución
a) Centro: C (1, –3, 0)
b) Radio: r = 7
(1, –3, 7) ¿pertenece a la superficie esférica?
1 + 9 + 49 – 2 – 18 – 39 = 0. Sí pertenece, pues cumple la ecuación.
(También podríamos haber comprobado que dist (P, C ) = 7).
8
El vector CP es perpendicular al plano tangente, π:
8
CP (0, 0, 7) // (0, 0, 1), perpendicular a π.
Ecuación del plano tangente a la esfera en el punto P es:
π: 0(x – 1) + 0(y + 3) + 1(z – 7) = 0 8 z = 7
Bloque II. Geometría
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