Problema resuelto de Matemáticas II: Rectas y planosSelectividad (PAU) · País Vasco 2022 · Julio

Vector director de $r$. Es el producto vectorial de los normales de los dos planos que la definen. El segundo plano equivale a $x + 3y - z = 3$ (dividiendo entre 2), con normal $(1, 3, -1)$:$$\vec v = (3, \alpha, 1) \times (1, 3, -1) = \begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ 3 & \alpha & 1 \\ 1 & 3 & -1 \end{vmatrix} = (-\alpha - 3,\; 4,\; 9 - \alpha)$$Un punto de $r$. Tomando $y = 0$: $3x + z = 1$ y $x - z = 3$; sumando, $4x = 4$, así que $x = 1$ y $z = -2$. El punto $R(1, 0, -2)$ está en $r$ para cualquier $\alpha$ (con $y = 0$ el parámetro no interviene).

Condición de paralelismo. Con $\vec n_\pi = (1, 1, 1)$:$$\vec v \cdot \vec n_\pi = (-\alpha - 3) + 4 + (9 - \alpha) = 10 - 2\alpha = 0 \;\Longrightarrow\; \alpha = 5$$

• Si $\alpha \neq 5$, la recta corta al plano en un punto: no puede estar contenida.
• Si $\alpha = 5$, la recta es paralela al plano o está contenida en él.

¿Está $R$ en el plano? Sustituimos $R(1, 0, -2)$ en $x + y + z = 1$:$$1 + 0 + (-2) = -1 \neq 1$$$R$ no está en $\pi$. Así que con $\alpha = 5$ la recta es paralela al plano, sin tocarlo.

Otra forma (Rouché). La recta está contenida en $\pi$ si el sistema formado por las tres ecuaciones es compatible indeterminado. Con $\alpha = 5$:$$\left(\begin{array}{ccc|c} 3 & 5 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & -1 & 3 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right)$$El determinante de los coeficientes es $3(3 + 1) - 5(1 + 1) + 1(1 - 3) = 12 - 10 - 2 = 0$, con rango 2; pero el menor de la ampliada $\begin{vmatrix} 3 & 5 & 1 \\ 1 & 3 & 3 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 3(3-3) - 5(1-3) + 1(1-3) = 0 + 10 - 2 = 8 \neq 0$ da rango 3. El sistema es incompatible: ningún punto de la recta está en el plano.