Matemáticas IIDifícilProblema · 2,5 pts

Áreas, volúmenes y distancias

Andalucía · 2011 · Reserva 3 · Opción B

Enunciado

Opción B · Ejercicio 4. [2,5 puntos] Considera los planos

\pi_{1}

\pi_{2}

dados respectivamente por las ecuaciones

(x,y,z) = (-2,0,7)+\lambda\,(1,-2,0)+\mu\,(0,1,-1) \qquad \text{y} \qquad 2x+y-z+5 = 0

Determina los puntos de la recta

r

definida por

x = y+1 = \frac{z-1}{-3}

que equidistan de

\pi_{1}

\pi_{2}

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\vec{n_{1}} = (1,-2,0)\times(0,1,-1) = (2,1,1) \;\Longrightarrow\; \pi_{1}\colon 2x+y+z-3 = 0\;}

\boxed{\;r\colon P(t) = (t,\; t-1,\; 1-3t)\;}

\boxed{\;d(P,\pi_{1}) = \frac{3}{\sqrt6} \ \text{(constante: } r\parallel\pi_{1}), \qquad d(P,\pi_{2}) = \frac{|6t+3|}{\sqrt6}\;}

\boxed{\;|6t+3| = 3 \Rightarrow t = 0, \ t = -1: \quad P_{1}(0,-1,1), \ P_{2}(-1,-2,4)\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

Tres pasos:

Pasar $\pi_{1}$ de paramétricas a general: su normal es el producto vectorial de los dos vectores directores.
Parametrizar $r$ a partir de sus ecuaciones continuas.
Imponer $d(P,\pi_{1}) = d(P,\pi_{2})$ para el punto genérico. Como los dos planos tienen el mismo módulo del normal, los denominadores $\sqrt{6}$ se cancelan y basta igualar los valores absolutos de los numeradores.

Desarrollo

1) El plano $\pi_{1}$ en forma general. Sus directores son

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

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

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

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

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

Con el punto

(-2,0,7)

2\,(x+2)+1\,(y-0)+1\,(z-7) = 0 \;\Longrightarrow\; 2x+y+z-3 = 0

Comprobación:

\;2(-2)+0+7-3 = 0

\;\checkmark

\pi_{1}\colon 2x+y+z-3 = 0 \qquad \pi_{2}\colon 2x+y-z+5 = 0

(Los dos tienen $\bigl|\vec{n}\bigr| = \sqrt{4+1+1} = \sqrt6$ .)

2) La recta en paramétricas. De

\;x = y+1 = \dfrac{z-1}{-3} = t

x = t \qquad y = t-1 \qquad z = 1-3t

P(t) = (t,\; t-1,\; 1-3t)

3) Las dos distancias.

d\bigl(P,\pi_{1}\bigr) = \frac{\bigl|2t+(t-1)+(1-3t)-3\bigr|}{\sqrt6} = \frac{\bigl|2t+t-1+1-3t-3\bigr|}{\sqrt6} = \frac{|-3|}{\sqrt6} = \frac{3}{\sqrt6}

¡Es constante! La recta

r

es paralela a

\pi_{1}

: en efecto, su director

(1,1,-3)

cumple

(1,1,-3)\cdot(2,1,1) = 2+1-3 = 0

d\bigl(P,\pi_{2}\bigr) = \frac{\bigl|2t+(t-1)-(1-3t)+5\bigr|}{\sqrt6} = \frac{|6t+3|}{\sqrt6}

La condición de equidistancia.

\frac{3}{\sqrt6} = \frac{|6t+3|}{\sqrt6} \;\Longrightarrow\; |6t+3| = 3

6t+3 = 3 \;\Longrightarrow\; t = 0 \qquad \text{o} \qquad 6t+3 = -3 \;\Longrightarrow\; t = -1

Los puntos.

t = 0: \quad P_{1} = (0,\, -1,\, 1)

t = -1: \quad P_{2} = (-1,\, -2,\, 4)

Comprobación con $P_{1}(0,-1,1)$ :

d(P_{1},\pi_{1}) = \frac{|0-1+1-3|}{\sqrt6} = \frac{3}{\sqrt6} \qquad d(P_{1},\pi_{2}) = \frac{|0-1-1+5|}{\sqrt6} = \frac{3}{\sqrt6} \;\checkmark

Y con $P_{2}(-1,-2,4)$ :

d(P_{2},\pi_{1}) = \frac{|-2-2+4-3|}{\sqrt6} = \frac{3}{\sqrt6} \qquad d(P_{2},\pi_{2}) = \frac{|-2-2-4+5|}{\sqrt6} = \frac{3}{\sqrt6} \;\checkmark

\text{Distancia común: } \frac{3}{\sqrt6} = \frac{\sqrt6}{2} \approx 1{,}22

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

Consejo

Antes de nada, pasa el plano paramétrico a forma general: comparar distancias con la ecuación vectorial es inviable. El normal sale del producto vectorial de los dos directores.

Si los dos planos tienen normales del mismo módulo, los denominadores se cancelan y la condición se reduce a igualar los valores absolutos de los numeradores. Ojo: eso da dos ecuaciones ( $+$ y $-$ ), y aquí las dos tienen solución.

Que $d(P,\pi_{1})$ salga constante no es un error: significa que la recta es paralela al plano. Verifícalo con $\vec{u}\cdot\vec{n_{1}} = 0$ y sigue adelante con tranquilidad.