Matemáticas IIMedioProblema · 2,5 pts

Rectas y planos

Andalucía · 2009 · Reserva 2 · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 4. Considera la recta

r

definida por

r \equiv \begin{cases} x-y+3 = 0 \\ x+y-z-1 = 0\end{cases}

y la recta

s

definida por

s \equiv \begin{cases} 2y+1 = 0 \\ x-2z+3 = 0\end{cases}

a) [1,5 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene a $r$ y es paralelo a $s$ .

b) [1 punto] ¿Existe algún plano que contenga a $r$ y sea perpendicular a $s$ ? Razona la respuesta.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\vec u = \vec{n_{1}}\times\vec{n_{2}} = (1,1,2), \ P(0,3,2)\in r; \qquad \vec v = (-4,0,-2)\sim(2,0,1)\;}

\boxed{\;\vec n = \vec u\times\vec v = (1,3,-2)\;}

\boxed{\;\text{a) } \pi\colon x+3y-2z-5 = 0\;}

\boxed{\;\text{b) Haría falta } \vec u\cdot\vec v = 0, \text{ pero vale } 4 \neq 0 \Rightarrow \textbf{no existe}\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

a) Plano por un punto de $r$ con dos direcciones: $\vec u$ (director de $r$ ) y $\vec v$ (director de $s$ ). Normal $=\vec u\times\vec v$ .
b) Un plano perpendicular a la recta $s$ tiene por normal el director $\vec v$ . Para que además contenga a $r$ , su normal debe ser perpendicular a $\vec u$ :

\vec u\cdot\vec v = 0

Basta comprobar ese producto escalar: si no es cero, tal plano no existe.

Desarrollo

El director de $r$ . Con

\vec{n_{1}} = (1,-1,0)

\vec{n_{2}} = (1,1,-1)

\vec u = \vec{n_{1}}\times\vec{n_{2}} = \left|\begin{array}{ccc}\vec i & \vec j & \vec k \\ 1 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & -1\end{array}\right|

\vec i: (-1)(-1)-(0)(1) = 1 \qquad \vec j: -\bigl[(1)(-1)-(0)(1)\bigr] = 1 \qquad \vec k: (1)(1)-(-1)(1) = 2

\vec u = (1,\, 1,\, 2)

Un punto de $r$ . Con

x = 0

: de la primera,

y = 3

; de la segunda,

z = x+y-1 = 2

P(0,\,3,\,2)

El director de $s$ . Con

\vec{m_{1}} = (0,2,0)

\vec{m_{2}} = (1,0,-2)

\vec v = \vec{m_{1}}\times\vec{m_{2}} = \left|\begin{array}{ccc}\vec i & \vec j & \vec k \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & -2\end{array}\right| = (-4,\, 0,\, -2) \;\sim\; (2,\, 0,\, 1)

a) El plano que contiene a $r$ y es paralelo a $s$ .

\vec n = \vec u\times\vec v = \left|\begin{array}{ccc}\vec i & \vec j & \vec k \\ 1 & 1 & 2 \\ 2 & 0 & 1\end{array}\right|

\vec i: (1)(1)-(2)(0) = 1 \qquad \vec j: -\bigl[(1)(1)-(2)(2)\bigr] = 3 \qquad \vec k: (1)(0)-(1)(2) = -2

\vec n = (1,\, 3,\, -2)

Con $P(0,3,2)$ :

1\,(x-0)+3\,(y-3)-2\,(z-2) = 0 \;\Longrightarrow\; x+3y-2z-5 = 0

Comprobaciones.

Otro punto de $r$ (con

x=1

y=4

z=4

\;1+12-8-5 = 0

\;\checkmark

Un punto de $s$ (con

z=0

y = -\frac12

x = -3

\;-3-\frac32-0-5 = -\frac{19}{2} \neq 0

\;\checkmark

(Paralela y no contenida.)

b) ¿Plano que contenga a $r$ y sea perpendicular a $s$ ?

Un plano perpendicular a la recta $s$ tiene por normal el director de

s

\vec n' = \vec v = (2,\, 0,\, 1)

Para que ese plano contenga a $r$ , la dirección de

r

debe estar en él, es decir:

\vec u\perp\vec n' \;\Longleftrightarrow\; \vec u\cdot\vec v = 0

Pero

\vec u\cdot\vec v = (1)(2)+(1)(0)+(2)(1) = 2+0+2 = 4 \neq 0

\textbf{No existe ningún plano que contenga a } r \textbf{ y sea perpendicular a } s

(Geométricamente: $r$ no es perpendicular a $s$ , así que ningún plano puede contener a $r$ y tener a $s$ como recta normal.)

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

Distingue las dos condiciones: "paralelo a $s$ " $\Rightarrow$ $\vec v$ es una dirección del plano; "perpendicular a $s$ " $\Rightarrow$ $\vec v$ es el normal del plano.

En b) la respuesta es negativa y hay que razonarla: el plano tendría normal $\vec v$ , y para contener a $r$ haría falta $\vec u\cdot\vec v = 0$ . Basta un producto escalar.

Si el enunciado pregunta "¿existe...?", una respuesta bien justificada de que no existe vale los mismos puntos que encontrarlo. Lo que no vale es dejarlo en blanco.