Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (32)

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3 GEOMETRÍA
con lo que un vector director es ~v = (−1, 2, 1). Como se pide que sea unitario, basta con dividir
este por su norma
√
6, obteniendo el vector 1√
6
(−1, 2, 1).
Para obtener el vector director también se puede calcular el producto vectorial (3,−2, 7)×(5, 1, 3) =
(−13, 26, 13), que es proporcional a ~v.
(c) Como el vector director de la recta, ~v = (−1, 2, 1), es un vector normal del plano pedido, este
tiene una ecuación impĺıcita de la forma −x + 2y + z = K donde K es el adecuado para que el
plano pase por Q, o sea K = −3 + 8 + 5 = 10. La ecuación es por tanto −x+ 2y + z = 10.
(d) Resolvemos el sistema original para encontrar un punto P de ℓ:
(
3 −2 7 8
5 1 3 9
)
→
(
13 0 13 26
5 1 3 9
)
→
(
1 0 1 2
5 1 3 9
)
→
(
1 0 1 2
0 1 −2 −1
)
Para z = 0 se obtiene x = 2 e y = −1, por lo que podemos tomar P = (2,−1, 0). El plano que
buscamos contiene a P y su dirección contiene a los vectores ~v (director de ℓ) y ~w =
−→
PR = (0, 3, 2),
por lo que unas ecuaciones paramétricas son X = P + λ~v + µ~w, o sea
(x, y, z) = (2,−1, 0) + λ(−1, 2, 1) + µ(0, 3, 2) = (2− λ , −1 + 2λ+ 3µ , λ+ 2µ) (λ, µ ∈ R)
Alternativamente, se puede usar el haz de planos que contienen a ℓ para encontrar una ecuación
impĺıcita del plano pedido, y a partir de ella se encuentran fácilmente unas paramétricas. Los planos
que contienen a ℓ tienen ecuaciones de la forma 0 = λ(3x− 2y + 7z − 8) + µ(5x+ y + 3z − 9) y el
que pasa por R = (2, 2, 2) debe cumplir por tanto 0 = λ(16− 8) + µ(18− 9) = 8λ+ 9µ, por lo que
sirven λ = 9 y µ = −8, y la una ecuación impĺıcita del plano es por tanto
0 = 9(3x− 2y + 7z − 8)− 8µ(5x+ y + 3z − 9) = −13x− 26y + 39z o sea x+ 2y − 3z = 0
a partir de la cual se obtienen inmediatamente unas paramétricas pues claramente el plano pasa por
(0, 0, 0) y contiene a los vectores (2,−1, 0), (3, 0, 1) y (0, 3, 2), de los que podemos elegir cualquier
pareja para las paramétricas.
o
34. En R3 se consideran los siguientes puntos y el plano π que pasa por A, B y C:
A = (2, 1, 0) B = (1, 2,−3) C = (1,−1, 3) Q = (7,−7,−3)
Encuentra la proyección ortogonal de Q sobre π y la distancia d(Q, π).
Solución: El plano tiene vectores directores
−−→
AB = (−1, 1,−3) y −→AC = (−1,−2, 3) y pasa por A,
por lo que su ecuación es
0 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
−1 −1 x− 2
1 −2 y − 1
−3 3 z − 0
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= −3(x− 2) + 6(y − 1) + 3z x− 2y − z = 0
La perpendicular a π por Q tiene ecuación paramétrica


x
y
z

 =


7
−7
−3

+λ


1
−2
−1

 =


7 + λ
−7− 2λ
−3− λ


y sustituyendo en la ecuación de π se obtiene el valor de λ que nos da el punto de corte:
0 = (7 + λ)− 2(−7− 2λ)− (−3− λ) = 24 + 6λ
por lo que λ = −4 y el punto de corte es Q′ = (3, 1, 1), que es la proyección ortogonal que se pide.
La distancia es entonces d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖(−4, 8, 4)‖ = 4 · ‖(−1, 2, 1)‖ = 4
√
6.
o
Matemáticas de 1 , problemas 94 Alberto del Valle Robles
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35. En el espacio R3, calcula:
a) Las ecuaciones paramétricas e impĺıcitas del plano que pasa por el punto P = (4, 1, 2) y es
perpendicular a la recta
{
x− 2y + 3z = 5
2x+ y − 5z = 5
}
.
b) El punto Q′ de ese plano que está más próximo al punto Q = (8, 13, 9).
Solución: (a) Las ecuaciones de la recta nos dicen que los vectores (1,−2, 3) y (2, 1,−5) están en
la dirección del plano, por lo que las ecuaciones paramétricas son
(x, y, z) = (4, 1, 2) + λ(1,−2, 3) + µ(2, 1,−5)
La ecuación impĺıcita es entonces
0 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 2 x− 4
−2 1 y − 1
3 −5 z − 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= · · · = 7x+ 11y + 5z − 49
(b) Consideremos la recta que pasa por Q y es perpendicular al plano, o sea la recta de ecuaciones
paramétricas (x, y, z) = (8, 13, 9) + t(7, 11, 5). El punto Q′ es la intersección de esta recta con el
plano anterior, que se calcula fácilmente sustituyendo estas paramétricas en la ecuación del plano:
0 = 7(8 + 7t) + 11(13 + 11t) + 5(9 + 5t)− 49 = 195 + 195t
Por tanto t = −1 y aśı Q′ = (8, 13, 9)− (7, 11, 5) = (1, 2, 4).
Una alternativa: Q′ está en el plano, por lo que tiene la forma Q′ = (4, 1, 2)+λ(1,−2, 3)+µ(2, 1,−5)
para ciertos λ y µ. Para que sea el más próximo a Q = (8, 13, 9) el vector
~QQ′ = (−4 + λ+ 2µ,−12− 2λ+ µ,−7 + 3λ− 5µ)
debe ser ortogonal a los dos vectores directores del plano; esto nos lleva a las ecuaciones
0 = ~QQ′ · (1,−2, 3) = −1 + 14λ− 15µ 0 = ~QQ′ · (2, 1,−5) = 15− 15λ+ 30µ
y resolviendo el sistema se tiene λ = −1 y µ = −1 y por tanto Q′ = (1, 2, 4).
o
36. En R3 se consideran los puntos A= (4,−5, 6), B= (5,−2, 8), C = (2,−7, 7), D= (−7, 10,−1) y el
plano π que pasa por A, B y C. Calcula:
a) El punto en el que se cortan la recta perpendicular a π por A y el plano paralelo a π por D.
b) La proyección ortogonal sobre π del punto calculado en el apartado (a).
Solución: La segunda parte no necesita cuentas: si P es el punto calculado en (a), la recta de ese
apartado es la perpendicular a π y por P , y corta a π en A, luego la proyección de P sobre π es A.
El plano π tiene vectores directores ~u =
−−→
AB = (1, 3, 2) y ~v =
−→
AC = (−2,−2, 1), por lo que un
vector normal al plano es el producto vectorial ~w = ~u× ~v = (7,−5, 4).
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La recta perpendicular a π por A tiene a ~w por vector director, y por tanto sus puntos tienen la
forma
A+ λ~w = (4 + 7λ,−5− 5λ, 6 + 4λ)
Los planos paralelos a π tienen ecuaciones del tipo 7x− 5y + 4z =?, y en concreto la del que pasa
por D = (−7, 10,−1) es 7x− 5y + 4z = −49− 50− 4 = −103. El punto de la recta anterior que la
satisface debe cumplir
−103 = 7(4 + 7λ)− 5(−5− 5λ) + 4(6 + 4λ) = 77 + 90λ ⇒ − 180 = 90λ
por lo que λ = −2 y por tanto se trata del punto (−10, 5,−2).
o
37. En R3 se pide, dados el punto A = (10, 7,−8) y el plano π con ecuaciones paramétricas


x
y
z

 =


5
9
5

+ α


0
5
2

+ β


1
1
1


a) El punto B donde se corta el plano z = x+ y + 5 con la recta perpendicular a π por A.
b) La proyección ortogonal de A sobre π.
Solución: La ecuación impĺıcita de π es
0 =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
0 1 x− 5
5 1 y − 9
2 1 z − 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= 3(x− 5) + 2(y − 9)− 5(z − 5) = 3x+ 2y − 5z − 8
Por tanto la perpendicular a π por A tiene ecuación paramétrica


x
y
z

 =


10
7
−8

+ λ


3
2
−5

 =


10 + 3λ
7 + 2λ
−8− 5λ


y su corte con el plano z = x+ y + 5 se produce para en valor de λ para el cual esas coordenadas
satisfacen esta ecuación, o sea cuando se cumple
−8− 5λ = (10 + 3λ) + (7 + 2λ) + 5 ⇒ −30 = 10λ ⇒ λ = −3
por lo que se tiene B = (1, 1, 7).
La proyección ortogonal de A sobre π es el punto de corte de la misma recta anterior con π, por lo
que ahora se trata de encontrar el valor de λ para el que se cumple
0 = 3(10 + 3λ) + 2(7 + 2λ)− 5(−8− 5λ)− 8 = 76 + 38λ ⇒ λ = −2
por lo que la proyección ortogonal pedida es el punto PA = (4, 3, 2).
o
Matemáticas de 1 , problemas 96 Alberto del Valle Robles