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5 ejercicios de geometría: rectas y planos, espacio euclídeo, problemas métricos

En las matemáticas del último curso de bachillerato de ciencias y tecnología, tras hacer un estudio exhaustivo de las matrices, determinantes y la resolución de sistemas de ecuaciones lineales (método de Gauss y Teorema de Rouché-Frobenius), se procede al estudio de la geometría en el espacio. Las matrices, los determinantes, el cálculo de rangos y la resolución de sistemas adquiere todo su sentido en el bloque de geometría afín y euclídea. Una ecuación lineal de primer grado o un sistema de ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas, son representaciones de rectas y planos en el espacio. En esta misma Web hay varios artículos donde se exponen estas cuestiones. En la siguiente lista se puede enlazar a los artículos mencionados.

  1. La ecuación lineal de primer grado con dos incógnitas. La recta en el plano afín.
  2. Sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con dos incógnitas.
  3. La ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas. El plano en el espacio afín.
  4. Sistemas de ecuaciones lineales. El método de Gauss.
  5. Matrices. Álgebra de matrices.
  6. Determinantes.
  7. Sobre vectores y matrices. Independencia lineal. Rango de una matriz.
  8. Rango de una matriz usando determinantes.
  9. Sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con tres incógnitas.
  10. Sistemas de ecuacione lineales dependientes de un parámetro. El teorema de Rouché-Frobenius.
  11. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  12. Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones.

Para atacar los ejercicios de geometría, los problemas de rectas y planos en el espacio, hay que tener mucha costumbre en la discusión de sistemas de ecuaciones lineales y, por tanto, en el cálculo de determinantes y de rangos de matrices. Como en cualquier otra rama de las matemáticas uno adquiere agilidad en la resolución de problemas resolviendo problemas y equivocándose, sobre todo al principio, con cierta frecuencia. Pero no pasa nada. Al cabo de sumergirse durante un tiempo en este tipo de problemas uno empieza a darse cuenta de cómo funcionan las cosas y como "se ve" la geometría en el espacio y su expresión analítica sobre el papel. Os dejo a continuación cinco ejercicios de este tipo que pueden servir de modelo, pues como estos o similares se pueden encontrar en los exámenes de matemáticas de un último curso de bachillerato, o en las pruebas de acceso a la universidad. Al final del artículo los podéis descargar en pdf. En el siguiente enlace puedes encontrar, además, otros 48 ejercicios de geometría en el espacio (los 20 primeros de ellos, completamente resueltos).

Problema 1

Estudia la posición relativa de los planos siguientes según los distintos valores de \(m\):

\[\begin{array}{l}
{\pi _1} \equiv x + y + z = m + 1\\
{\pi _2} \equiv mx + y + \left( {m - 1} \right)z = m\\
{\pi _3} \equiv x + my + z = 1
\end{array}\]

Solución:

Si vemos los tres planos como un sistema de ecuaciones con \(n=3\) incógnitas, la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
m&1&{m - 1}\\
1&m&1
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&{m + 1}\\
m&1&{m - 1}&m\\
1&m&1&1
\end{array}} \right)\]

Su determinante es \(\left| A \right| = \left( {1 + m - 1 + {m^2}} \right) - \left( {1 + m + {m^2} - m} \right) = m - 1\).

Por un lado, si \(m\neq1\), el determinante de \(A\) es distinto de cero, con lo que \(r\left( A \right) = 3 = r\left( {A|b} \right) = n\) (sistema compatible determinado), con lo que los tres planos concurren en un único punto cuyas coordenadas son (resolvemos el sistema por la regla de Cramer):

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{m + 1}&1&1\\
m&1&{m - 1}\\
1&m&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {m + 1 + m - 1 + {m^2}} \right) - \left( {1 + m + {m^3} - m} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{ - {m^3} + {m^2} + 2m - 1}}{{m - 1}}\]

\[y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&{m + 1}&1\\
m&m&{m - 1}\\
1&1&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {m + {m^2} - 1 + m} \right) - \left( {m + {m^2} + m + m - 1} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{ - m}}{{m - 1}}\]

\[z = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&{m + 1}\\
m&1&m\\
1&m&1
\end{array}} \right|}}{{m - 1}} = \frac{{\left( {1 + m + {m^3} + {m^2}} \right) - \left( {m + 1 + m + {m^2}} \right)}}{{m - 1}} = \frac{{{m^3} - m}}{{m - 1}} = m\left( {m + 1} \right)\]

Por otro lado, si \(m=1\), el determinante de \(A\) es igual a cero. La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada son, en este caso:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1\\
1&1&0\\
1&1&1
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&1&2\\
1&1&0&1\\
1&1&1&1
\end{array}} \right)\]

Se tiene claramente que \(r(A)=2\) pues \(A\) contiene al menos un menor de orden dos distinto de cero. Además, \(r\left( {A|b} \right) = 3\) pues la matriz ampliada contiene un menor de orden tres distinto de cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&1&2\\
1&0&1\\
1&1&1
\end{array}} \right| = \left( {0 + 1 + 2} \right) - \left( {0 + 1 + 1} \right) = 1\]

De lo anterior se deduce que si \(m=1\) el sistema es incompatible, con lo que los planos no tienen ningún punto en común.

Observando detenidamente los coeficientes de \(\pi_1\), \(\pi_2\) y \(\pi_3\), se deduce que \(\pi_1\) y \(\pi_3\) son paralelos y distintos ya que \(\frac{1}{1} = \frac{1}{1} = \frac{1}{1} \ne \frac{2}{1}\). Por tanto, la posición de los tres planos serán la que se representa en la siguiente figura.

5 ejercicios geometria 01

Problema 2

Dada la recta \(r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x - 2y + z = 1\\
2x + z = 0
\end{array} \right.\), hallar la ecuación de la recta   que corta perpendicularmente a   y pasa por el punto \(P\left( {0,2,2} \right)\).

Solución

El punto \(P\left( {0,2,2} \right)\) no está sobre \(r\) como fácilmente se puede comprobar. La recta buscada vendrá determinada por \(P\) y el punto \(Q\) de intersección de \(r\) con el plano \(\pi\) que pasa por \(P\) y es perpendicular a \(r\) (ver figura siguiente).

5 ejercicios geometria 02

Dicho plano tiene por vector normal al vector director de \(r\), que es

\[\vec v = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
1&{ - 2}&1\\
2&0&1
\end{array}} \right| = \left( { - 2i + 2j} \right) - \left( { - 4k + j} \right) =  - 2i + j + 4k \Rightarrow \vec v = \left( { - 2,1,4} \right)\]

Por tanto, el plano \(\pi\) es de la forma \(\pi  \equiv  - 2x + y + 4z + D = 0\) e imponiendo que pasa por el punto \(P\left( {0,2,2} \right)\) obtenemos que \(D=10\), con lo que \(\pi  \equiv  - 2x + y + 4z - 10 = 0\).

Resolviendo el sistema \(r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x - 2y + z = 1\\
2x + z = 0
\end{array} \right.\) obtenemos las ecuaciones paramétricas y la ecuación vectorial de la recta \(r\). Es muy fácil deducir que, si llamamos \(z=\lambda\), entonces \(x =  - \frac{1}{2}\lambda\), \(y =  - \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\lambda\), con lo que la ecuación vectorial de la recta \(r\) es:

\[r \equiv \left( {x,y,z} \right) = \left( {0, - \frac{1}{2},0} \right) + \lambda \left( { - \frac{1}{2},\frac{1}{4},1} \right)\]

Obsérvese que de aquí también se puede deducir que un vector director de \(r\) es \(\left( { - \frac{1}{2},\frac{1}{4},1} \right)\), y por tanto también lo será el vector \(\vec v = \left( { - 2,1,4} \right)\), por ser proporcional al anterior.

Si sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta \(r\) en la ecuación del plano tenemos:

\[- 2\left( { - \frac{1}{2}\lambda } \right) + \left( { - \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\lambda } \right) + 4\lambda  - 10 = 0 \Rightarrow \frac{{21}}{4}\lambda  - \frac{{21}}{2} = 0 \Rightarrow \lambda  = 2\]

Por tanto, el punto \(Q\) es

\[Q\left( { - \frac{1}{2} \cdot 2, - \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot 2,2} \right) = Q\left( { - 1,0,2} \right)\]
La recta \(s\) que se pide y que pasa por \(P\left( {0,2,2} \right)\), se halla precisamente a partir de \(P\) y \(Q\), pues \(\overrightarrow {PQ}  = \left( { - 1, - 2,0} \right)\), de donde
\[s \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - \lambda \\
y = 2 - 2\lambda \\
z = 2
\end{array} \right.\]

Problema 3

Hallar la proyección \(r'\) de la recta \(r \equiv \frac{{x - 2}}{1} = \frac{{y - 1}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}\) sobre el plano \(\pi  \equiv 2x - y + 3z + 6 = 0\).

Solución

La proyección \(P'\) de un punto \(P\) sobre el plano \(\pi\) (ver figura siguiente) es la intersección con el plano de la perpendicular a \(\pi\) trazada por el punto \(P\). La recta \(r'\), proyección de la recta \(r\) sobre \(\pi\), se obtiene hallando la proyección de dos puntos de \(r\); uno de ellos es el punto de corte \(M\) (caso de que \(r\) y \(\pi\) sean secantes).

5 ejercicios geometria 03

Las ecuaciones paramétricas de \(r\) son

\[r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + \lambda \\
y = 1 + 2\lambda \\
z =  - \lambda
\end{array} \right.\]

Sustituyendo en la ecuación del plano resulta

\[2\left( {2 + \lambda } \right) - \left( {1 + 2\lambda } \right) + 3\left( { - \lambda } \right) + 6 = 0 \Rightarrow  - 3\lambda  + 9 = 0 \Rightarrow \lambda  = 3\]

Llevando \(\lambda\) a las ecuaciones paramétricas de \(r\) se tiene que \(M\left( {5,7, - 3} \right)\). Otro punto de la recta es claramente \(P\left( {2,1,0} \right)\). La ecuación de la recta que pasa por \(P\) y \(P'\), perpendicular a \(\pi\), tiene por vector director el vector normal del plano, que es \(\vec v = \left( {2, - 1,3} \right)\). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por \(P\) y \(P'\) son las siguientes:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 + 2\lambda \\
y = 1 - \lambda \\
z = 3\lambda
\end{array} \right.\]

El punto \(P'\) de corte con el plano lo hallamos de nuevo sustituyendo en la ecuación del plano:

\[2\left( {2 + 2\lambda } \right) - \left( {1 - \lambda } \right) + 3 \cdot 3\lambda  + 6 = 0 \Rightarrow 14\lambda  + 9 = 0 \Rightarrow \lambda  =  - \frac{9}{{14}}\]

De aquí se obtiene que \(P' = \left( {\frac{{10}}{{14}},\frac{{23}}{{14}}, - \frac{{27}}{{14}}} \right)\). Un vector director de \(r'\) (proyección de \(r\) sobre \(\pi\)) es \(\overrightarrow {MP'}  = \left( { - \frac{{60}}{{14}}, - \frac{{75}}{{14}},\frac{{15}}{{14}}} \right)\), con lo que también los será uno proporcional al anterior: \(\vec u = \left( {4,5, - 1} \right)\). Por consiguiente, las ecuaciones paramétricas de \(r'\) son:

\[r' \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x = 5 + 4\lambda \\
y = 7 + 5\lambda \\
z =  - 3 - \lambda
\end{array} \right.\]

Problema 4

Hallar dos puntos, uno de cada una de las rectas

\[r \equiv \frac{{x + 2}}{{ - 5}} = \frac{{y - 2}}{4} = \frac{{z + 5}}{{ - 3}}\ ;\ s \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - \lambda \\
y = 3 + 2\lambda \\
z = 1 + \lambda
\end{array} \right.\]

de manera que la distancia entre ellos sea mínima. Calcula dicha distancia.

Solución

Tenemos las siguientes posibilidades.

  1. \(r\) y \(s\) se cortan en un punto. Entonces la distancia es cero y los puntos buscados coinciden: el punto de corte.
  2. \(r\) y \(s\) son paralelas (si son coincidentes cualquier punto es solución). En este caso hay infinitas soluciones (para cada punto \(A\) de \(r\) consideramos la recta perpendicular a \(r\), y por tanto perpendicular a \(s\), que pasa por \(A\). Esta recta cortará a \(s\) en un punto \(B\). Los puntos \(A\) y \(B\) son la solución al problema).
  3. \(r\) y \(s\) se cruzan. Entonces la solución es única y los puntos buscados son los puntos de intersección de la perpendicular común a \(r\) y a \(s\) con dichas rectas.

Sean \(P\left( { - 2,2, - 5} \right)\) y \(\vec v = \left( { - 5,4,3} \right)\) un punto y un vector director de \(r\); y sean \(Q\left( {0,3,1} \right)\) y \(\vec w = \left( { - 1,2,1} \right)\) un punto y un vector director de \(s\). La posición relativa de \(r\) y \(s\) se puede obtener calculando los rangos de las matrices formadas por \(\vec v\) y \(\vec w\) por un lado, y por \(\vec v\), \(\vec w\) y \(\overrightarrow {PQ}\), por otro. Es muy fácil comprobar que

\[r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{\vec v}\\
{\vec w}
\end{array}} \right) = r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1
\end{array}} \right) = 2\ ;\ r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{\vec v}\\
{\vec w}\\
{\overrightarrow {PQ} }
\end{array}} \right) = r\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1\\
2&1&6
\end{array}} \right) = 3\]

Por tanto las rectas \(r\) y \(s\) se cruzan.

5 ejercicios geometria 04

El vector perpendicular a ambas rectas es

\[\vec u = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
{ - 5}&4&{ - 3}\\
{ - 1}&2&1
\end{array}} \right| = \left( {4i + 3j - 10k} \right) - \left( { - 4k - 5j - 6i} \right) = 10i + 8j - 6k \Rightarrow \vec u = \left( {10,8, - 6} \right)\]

Sea \(\pi\) el plano determinado por \(r\) y \(\vec u\):

\[\pi  \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x =  - 2 - 5\lambda  + 10\mu \\
y = 2 + 4\lambda  + 8\mu \\
z =  - 5 - 3\lambda  - 6\mu
\end{array} \right.\]

Pasemos a la ecuación general:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + 2}&{ - 5}&{10}\\
{y - 2}&4&8\\
{z + 5}&{ - 3}&{ - 6}
\end{array}} \right| = \left( { - 24x - 48 - 40z - 200 - 30y + 60} \right) - \left( {40z + 200 + 30y - 60 - 24x - 48} \right) =\]

\[=  - 60y - 80z - 280 \Rightarrow \pi  \equiv 3y + 4z + 14 = 0\]

Para hallar \(B\) basta sustituir las ecuaciones paramétricas de \(s\):

\[3\left( {3 + 2\lambda } \right) + 4\left( {1 + \lambda } \right) + 14 = 0 \Rightarrow 10\lambda  + 27 = 0 \Rightarrow \lambda  =  - \frac{{27}}{{10}}\]

de donde

\[\left\{ \begin{array}{l}
x =  - \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) = \frac{{27}}{{10}}\\
y = 3 + 2 \cdot \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) =  - \frac{{24}}{{10}}\\
z = 1 + \left( { - \frac{{27}}{{10}}} \right) =  - \frac{{17}}{{10}}
\end{array} \right. \Rightarrow B = \left( {\frac{{27}}{{10}}, - \frac{{24}}{{10}}, - \frac{{17}}{{10}}} \right)\]

Análogamente se halla el plano \(\pi'\) determinado por \(s\) y \(\vec u\), y su intersección con la recta \(r\), que es el punto

\[A\left( {\frac{{31}}{{10}}, - \frac{{52}}{{25}}, - \frac{{97}}{{50}}} \right)\]

La distancia es

\[d\left( {A,B} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{{27}}{{10}} - \frac{{31}}{{10}}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{24}}{{10}} + \frac{{52}}{{25}}} \right)}^2} + {{\left( { - \frac{{17}}{{10}} + \frac{{97}}{{50}}} \right)}^2}}  \cong 0,5656\]

Problema 5

Determinar los valores de \(a\) y \(b\) para que los planos

\[\begin{array}{l}
{\pi _1} \equiv x + 2y - z = 1\\
{\pi _2} \equiv 2x + y + az = 0\\
{\pi _3} \equiv 3x + 3y - 2z = b
\end{array}\]

pasen por una misma recta. Hallar el simétrico del punto \(\left( {0,0,0} \right)\) respecto a la recta común anterior.

Solución

Sean \(A\) y \(A|b\) la matriz de los coeficientes y la matriz ampliada del sistema formado por los tres planos:

\[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}\\
2&1&a\\
3&3&{ - 2}
\end{array}} \right)\ ;\ A|b = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}&1\\
2&1&a&0\\
3&3&{ - 2}&b
\end{array}} \right)\]

Para que los tres planos se corten según una recta, el sistema formado por las tres ecuaciones debe ser compatible indeterminado y para ello tanto el rango de \(A\) como el rango de \(A|b\) deben de ser igual a dos.

Por un lado, el determinante de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a cero:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&{ - 1}\\
2&1&a\\
3&3&{ - 2}
\end{array}} \right| = \left( { - 2 + 6a - 6} \right) - \left( { - 3 - 8 + 3a} \right) \Rightarrow 3a + 3 = 0 \Rightarrow a =  - 1\]

Además, como \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2\\
2&1
\end{array}} \right| \ne 0\), se tiene que para \(a=-1\), el rango de \(A\) es dos. Para que la matriz ampliada sea también de rango dos bastará que sea nulo el determinante que se obtiene de suprimir la tercera columna:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
1&2&1\\
2&1&0\\
3&3&b
\end{array}} \right| = \left( {b + 6} \right) - \left( {3 + 4b} \right) \Rightarrow  - 3b + 3 = 0 \Rightarrow b = 1\]

Así pues, si \(a=-1\) y \(b=1\), los planos se cortan en una misma recta \(r\) de ecuación general

\[r \equiv \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y - z = 1\\
2x + y - z = 0
\end{array} \right.\]

Hemos suprimido la tercera ecuación que, para \(a=-1\) y \(b=1\), es combinación lineal de las dos primeras (de hecho, es la suma de ambas).

5 ejercicios geometria 05

Sea \(X = \left( {0,0,0} \right)\), y \(X'\left( {a,b,c} \right)\) el simétrico de \(X\) respecto de la recta \(r\). Entonces \(\overrightarrow {XX'}  = \left( {a,b,c} \right)\) debe ser perpendicular al vector director de \(r\). Además, un punto de \(r\) es el punto medio de \(X\) y \(X'\): \(P\left( {\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2}} \right)\).

Un vector director de \(r\) es:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
1&2&{ - 1}\\
2&1&{ - 1}
\end{array}} \right| = \left( { - 2i - 2j + k} \right) - \left( {4k - j - i} \right) =  - i - j - 3k \Rightarrow \vec u = \left( { - 1, - 1, - 3} \right)\]

Como, según se ha dicho, \(\overrightarrow {XX'}  \bot \vec u\), entonces:

\[\overrightarrow {XX'}  \cdot \vec u = 0 \Rightarrow  - a - b - 3c = 0 \Rightarrow a + b + 3c = 0\]

Por otra parte, \(P\) debe satisfacer las ecuaciones de \(r\):

\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{a}{2} + 2\frac{b}{2} - \frac{c}{2} = 1\\
2\frac{a}{2} + \frac{b}{2} - \frac{c}{2} = 0
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + 2b - c = 2\\
2a + b - c = 0
\end{array} \right.\]

Finalmente \(X' = \left( {a,b,c} \right)\) se halla resolviendo el sistema

\[\left\{ \begin{array}{l}
a + b + 3c = 0\\
a + 2b - c = 2\\
2a + b - c = 0
\end{array} \right.\]

cuyas soluciones son \(a =  - \frac{8}{{11}}\), \(b = \frac{{14}}{{11}}\) y \(c =  - \frac{2}{{11}}\). Entonces \(X' = \left( { - \frac{8}{{11}},\frac{{14}}{{11}}, - \frac{2}{{11}}} \right)\).


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


Leer más ...

La ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas. El plano en el espacio afín

En un artículo anterior habíamos hablado sobre la ecuación lineal de primer grado con dos incógnitas y sobre la recta en el plano afín.

Esas ideas se pueden extender al espacio en tres dimensiones. Así que vamos allá.

Ya sabemos que una ecuación lineal es una ecuación polinómica de grado uno con una o varias incógnitas.

Si la ecuación tiene tres incógnitas la ecuación adopta la forma

\[ax + by + cz + d = 0\]

donde \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\) son número reales, y las incógnitas son \(x\), \(y\), \(z\). Llamando, por ejemplo, \(x=\lambda\), \(y=\mu\), podemos despejar la incógnita \(z\):

\[ax + by + cz + d = 0 \Rightarrow cz =  - a\lambda  - b\mu  - d \Rightarrow z =  - \frac{a}{c}\lambda  - \frac{b}{c}\mu  - \frac{d}{c}\]

El hecho de llamar \(\lambda\) a la incógnita \(x\) y \(\mu\) a la incógnita \(y\), viene a decir que las incógnitas \(x\) e \(y\) pueden tomar cualquier valor real, a los que llamaremos parámetros. Por tanto, la incógnita \(z\) depende del valor que le demos a los parámetros \(\lambda\) y \(\mu\).

Podemos escribir las soluciones en forma de terna ordenada, de la siguiente manera:

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {\lambda ,\mu , - \frac{a}{c}\lambda  - \frac{b}{c}\mu  - \frac{d}{c}} \right)\]

Por ejemplo, sea la ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas \(x - 2y + 3z - 5 = 0\). En este caso \(a=1\), \(b=-2\), \(c=3\) y \(d=-5\). Por tanto, las soluciones son de la forma

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {\lambda ,\mu , - \frac{1}{3}\lambda  - \frac{{ - 2}}{3}\mu  - \frac{{ - 5}}{3}} \right) = \left( {\lambda ,\mu , - \frac{1}{3}\lambda  + \frac{2}{3}\mu  + \frac{5}{3}} \right)\]

Ahora, si damos valores a \(\lambda\) y a \(\mu\) podemos ir obteniendo los valores de \(z\). Por ejemplo, si \(\lambda=5\) y \(\mu=0\), entonces

\[z =  - \frac{1}{3}\lambda  + \frac{2}{3}\mu  + \frac{5}{3} =  - \frac{1}{3} \cdot 5 + \frac{2}{3} \cdot 0 + \frac{5}{3} =  - \frac{5}{3} + \frac{5}{3} = 0\]

con lo que una solución es \(\left( {x,y,z} \right) = \left( {5,0,0} \right)\).

Procediendo de manera similar podemos obtener las ternas de soluciones siguientes:

\[\lambda=0\ ,\ \mu=0\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {0,0,\frac{5}{3}} \right)\]

\[\lambda=0\ ,\ \mu=-\frac{5}{2}\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {0,-\frac{5}{2},0} \right)\]

\[\lambda=2\ ,\ \mu=2\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {2,2,\frac{7}{3}} \right)\]

\[\lambda=-3\ ,\ \mu=-1\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {-3,-1,-2} \right)\]

Podemos representar incluso los valores anteriores usando unos ejes de coordenadas, es decir, fijando un sistema de referencia afín tridimensional (el espacio afín). Este sistema es el habitual, es decir, \(R = \left\{ {O,\,\,\left\{ {{\rm{i}},{\rm{j}},{\rm{k}}} \right\}} \right\}\), donde \({\rm{i}} = \left( {1,0,0} \right)\), \({\rm{j}} = \left( {0,1,0} \right)\), \({\rm{k}} = \left( {0,0,1} \right)\) (ya se habló sobre este sistema de referencia en un artículo anterior, dedicado a los sistemas de dos ecuaciones lineales de primer grado con dos incógnitas). Pues bien, todas las ternas que son soluciones de la ecuación \(x - 2y + 3z - 5 = 0\) están situadas en un mismo plano \(\pi\), con lo que llamaremos

\[\pi\equiv x-2y+3z-5=0\]

Lo podemos apreciar en la figura siguiente, en la que incluso se observa el punto del plano \(\left( { - 3, - 1,2} \right)\), que también representa al vector de las mismas coordenadas.

plano01

 Las soluciones de una ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas, \(ax + by + cz + d = 0\), también las podemos escribir así:

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {\lambda ,\mu , - \frac{a}{c}\lambda  - \frac{b}{c}\mu  - \frac{d}{c}} \right) = \left( {\lambda ,0, - \frac{a}{c}\lambda } \right) + \left( {0,\mu , - \frac{b}{c}\mu } \right) + \left( {0,0, - \frac{d}{c}} \right) \Rightarrow\]

\[\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \lambda \left( {1,0, - \frac{a}{c}} \right) + \mu \left( {0,1, - \frac{b}{c}} \right) + \left( {0,0, - \frac{d}{c}} \right)\]

Siguiendo con el ejemplo anterior podemos escribir las soluciones de la ecuación \(x - 2y + 3z - 5 = 0\) del siguiente modo:

\[\left( {x,y,z} \right) = \lambda \left( {1,0, - \frac{1}{3}} \right) + \mu \left( {0,1,\frac{2}{3}} \right) + \left( {0,0,\frac{5}{3}} \right)\]

Geométricamente, la expresión anterior indica que el plano \(\pi\equiv x-2y+3z-5=0\) es el plano paralelo al plano que contiene a los vectores \(\left( {1,0, - \dfrac{1}{3}} \right)\), \(\left( {0,1,\dfrac{2}{3}} \right)\) y que pasa por el punto \(\left( {0,0,\dfrac{5}{3}} \right)\). Dicho de otro modo: todos los puntos de este plano son los extremos de los vectores que se obtienen al sumar cualquier vector proporcional al vector \(\left( {1,0, - \dfrac{1}{3}} \right)\) con cualquier vector proporcional al vector \(\left( {0,1,\dfrac{2}{3}} \right)\), y con el vector \(\left( {0,0,\dfrac{5}{3}} \right)\).

De hecho, si tomamos \(\lambda=1\) y \(\mu=1\), tenemos que un punto del plano es

\[\left( {x,y,z} \right) = 1\left( {1,0, - \frac{1}{3}} \right) + 1\left( {0,1,\frac{2}{3}} \right) + \left( {0,0,\frac{5}{3}} \right) = \left( {1,1,2} \right)\]

No es fácil imaginar esta situación en el espacio, pero con ayuda de alguna aplicación que represente figuras en tres dimensiones podemos hacernos una idea. En este caso, como en la imagen anterior, hemos utilizado Geogebra. En la siguiente figura se observa como nuestro plano \(\pi  \equiv x - 2y + 3z - 5 = 0\), es paralelo al plano que contiene a \(\left( {1,0, - \dfrac{1}{3}} \right)\) y a \(\left( {0,1,\dfrac{2}{3}} \right)\) y además pasa por el punto \(\left( {0,0,\dfrac{5}{3}} \right)\). De hecho también se aprecia con claridad que el punto \(\left( {1,1,2} \right)\), generado por las soluciones correspondientes a \(\lambda=1\) y \(\mu=1\), pertenece al plano \(\pi\).

plano02

Analizando lo anterior llegamos a una conclusión: un plano viene completamente determinado por dos vectores con distinta dirección (linealmente independientes) y un punto. O lo que es lo mismo, existe un único plano que pasa por un punto dado y en dos direcciones determinadas. A los vectores que determinan el plano se le llaman vectores de dirección o vectores directores del plano.

Generalicemos esta situación desde el punto de vista vectorial. Para ello llamaremos \(O\) al origen de coordenadas \(A\) a un punto cualquiera del espacio, \(\overrightarrow {OA} \) al vector de posición con origen en \(O\) y extremo en \(A\), y \(\vec u\) y \(\vec v\) a dos vectores con distinta dirección. La ecuación del plano que pasa por el punto \(A\) con la dirección de los vectores \(\vec u\) y \(\vec v\) viene dada por

\[\overrightarrow {OX}  = \overrightarrow {OA} \, + \lambda \vec u + \mu \vec v\,,\,\,\lambda ,\mu  \in \mathbb{R}\]

donde \(\overrightarrow {OX} \) es el vector de posición con origen en \(O\) generado al dar valores a los parámetros \(\lambda\) y \(\mu\).

Hemos de insistir en que las coordenadas de los vectores están escritas en base al sistema de referencia \(R = \left\{ {O,\,\,\left\{ {{\rm{i}},{\rm{j}},{\rm{k}}} \right\}} \right\}\) del que hemos hablado anteriormente. Es decir, hemos instalado en el espacio unos ejes de coordenadas: el eje \(X\) para la anchura, el eje \(Y\) para la profundidad, y el eje \(Z\) para la altura. Así, cuando hablamos de tomar el vector \(\vec e = \left( {1,1,2} \right)\) , y lo visualizamos en el espacio como un segmento orientado desde el origen de coordenadas \(O = \left( {0,0,0} \right)\) hasta el extremo en el punto de coordenadas \(\left( {1,1,2} \right)\), lo que estamos haciendo realmente es la siguiente operación:

\[\left( {1,1,2} \right) = 1\left( {1,0,0} \right) + 1\left( {0,1,0} \right) + 2\left( {0,0,1} \right) = 1 \cdot {\rm{i}} + 1 \cdot {\rm{j}} + 2 \cdot {\rm{k}}\]

O lo que es lo mismo, el vector \(\vec e = \left( {1,1,2} \right)\) es aquel que tiene una unidad de anchura, otra de profundad y dos unidades de altura.

Los vectores \({\rm{i}} = \left( {1,0,0} \right)\), \({\rm{j}} = \left( {0,1,0} \right)\), \({\rm{k}} = \left( {0,0,1} \right)\) situados respectivamente sobre el eje \(X\), sobre el eje \(Y\) y sobre el eje \(Z\), tienen módulo \(1\) y son perpendiculares. Se dice que los tres vectores son ortonormales o que forman una base ortonormal del espacio. Además cualquier vector \(\left( {a,b,c} \right)\) lo podemos escribir así:

\[\left( {a,b,c} \right) = a\left( {1,0,0} \right) + b\left( {0,1,0} \right) + c\left( {0,0,1} \right) = a \cdot {\rm{i}} + b \cdot {\rm{j}} + c \cdot {\rm{k}}\]

La igualdad anterior expresa que todo vector del espacio, o lo que es lo mismo, todo el espacio, se puede generar a partir de los vectores \({\rm{i}} = \left( {1,0,0} \right)\), \({\rm{j}} = \left( {0,1,0} \right)\), \({\rm{k}} = \left( {0,0,1} \right)\). Se dice que todo vector del espacio es una combinación lineal de \({\rm{i}} = \left( {1,0,0} \right)\), \({\rm{j}} = \left( {0,1,0} \right)\), \({\rm{k}} = \left( {0,0,1} \right)\). Estos vectores, junto con el origen de coordenadas \(O\) forman el sistema de referencia ortonormal \(R = \left\{ {O,\,\,\left\{ {{\rm{i}},{\rm{j}},{\rm{k}}} \right\}} \right\}\).

La geometría en el espacio afín empieza de este modo. Se considera un sistema de referencia afín ortonormal \(R = \left\{ {O,\,\,\left\{ {{\rm{i}},{\rm{j}},{\rm{k}}} \right\}} \right\}\). Se sabe que todo vector que se apoye en \(O\) se puede poner como combinación lineal de \({\rm{i}}\), de \({\rm{j}}\) y de \({\rm{k}}\):

\[X = \overrightarrow {OX}  = {x_1}{\rm{i}} + {x_2}{\rm{j}} + {x_3}{\rm{k}} = \left( {{x_1},{x_2},{x_3}} \right)\]

Por tanto un vector cualquiera del espacio lo podemos "atrapar" en nuestro sistema de referencia. Todo vector \(\vec e\) del espacio tiene un origen \(A\left( {{a_1},{a_2},{a_3}} \right)\) y un extremo \(B\left( {{b_1},{b_2},{b_3}} \right)\), y por tanto \(\vec e = \overrightarrow {AB}\). Además:

\[\overrightarrow {OB}  = \overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {AB}  \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \overrightarrow {OB}  - \overrightarrow {OA}  \Rightarrow\]

\[\Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {{b_1},{b_2},{b_3}} \right) - \left( {{a_1},{a_2},{a_3}} \right) \Rightarrow \overrightarrow {AB}  = \left( {{b_1} - {a_1},{b_2} - {a_2},{b_3} - {a_3}} \right)\]

plano03

Por ejemplo, el vector \(\vec e\) que une el punto \(P\left( {3\,, - \,1,2} \right)\) con el punto \(Q\left( {2\,, - \,3, - 1} \right)\) es

\[\vec e = \overrightarrow {PQ}  = \left( {2 - 3, - 3 - \left( { - 1} \right), - 1 - 2} \right) = \left( { - 1, - 2, - 3} \right)\]

Nuestro vector \(\vec e\) acaba de ser escrito en base a nuestro sistema de referencia. Hay infinitos vectores en el espacio con el mismo módulo, dirección y sentido, pero sólo uno que se apoya en el origen \(O\) de nuestro sistema de referencia. Al conjunto de todos los vectores con el mismo módulo, dirección y sentido se le llama vector libre del espacio.

Con las consideraciones anteriores la ecuación vectorial del plano que pasa por el punto \(A\) con la dirección de los vectores \(\vec u\) y \(\vec v\), \(\overrightarrow {OX}  = \overrightarrow {OA} \, + \lambda \vec u + \mu \vec v\,,\,\,\lambda ,\,\,\mu  \in \mathbb{R}\), adquiere todo su sentido.

Si la ecuación vectorial la expresamos en coordenadas tenemos:

\[\left( {x,y,z} \right) = \left( {{a_1},{a_2},{a_3}} \right) + \lambda \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right) + \mu \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right) \Rightarrow\]

\[\Rightarrow \left( {x,y,z} \right) = \left( {{a_1} + \lambda {u_1} + \mu {v_1},{a_2} + \lambda {u_2} + \mu {v_2},{a_3} + \lambda {u_3} + \mu {v_3}} \right)\]

Igualando coordenadas:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x = {a_1} + \lambda {u_1} + \mu {v_1}\\
y = {a_2} + \lambda {u_2} + \mu {v_2}\\
z = {a_3} + \lambda {u_3} + \mu {v_3}
\end{array} \right.\]

Las ecuaciones anteriores reciben el nombre de ecuaciones paramétricas del plano. Estas ecuaciones las podemos ver como un sistema de tres ecuaciones con dos incógnitas: \(\lambda\) y \(\mu\).

\[\left\{ \begin{array}{l}
\lambda {u_1} + \mu {v_1} = x - {a_1}\\
\lambda {u_2} + \mu {v_2} = y - {a_2}\\
\lambda {u_3} + \mu {v_3} = z - {a_3}
\end{array} \right.\]

Si de este sistema eliminamos los parámetros \(\lambda\) y \(\mu\) obtenemos la ecuación general o implícita del plano, que será una ecuación lineal de primer grado con tres incógnitas:

\[Ax + By + Cz + D = 0\]

Veamos con un ejemplo cómo eliminar los parámetros.

Supongamos que queremos hallar la ecuación general del plano que pasa por el punto \(A\left( {2,3,5} \right)\) y es paralelo a los vectores \(\vec u = \left( { - 1, - 2, - 3} \right)\), \(\vec v = \left( {1,3,5} \right)\).

Sus ecuaciones paramétricas serán:

\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 2 - \lambda  + \mu \\
y = 3 - 2\lambda  + 3\mu \\
z = 5 - 3\lambda  + 5\mu
\end{array} \right.\]

Y de aquí:

\[\left\{ \begin{array}{l}
 - \lambda  + \mu  = x - 2\\
 - 2\lambda  + 3\mu  = y - 3\\
 - 3\lambda  + 5\mu  = z - 5
\end{array} \right.\]

Consideremos que las incógnitas son \(\lambda\) y \(\mu\) y apliquemos el método de Gauss para resolver el sistema:

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1}&1&{x - 2}\\
{ - 2}&3&{y - 3}\\
{ - 3}&5&{z - 5}
\end{array}} \right)\longrightarrow\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1}&1&{x - 2}\\
0&1&{y - 2x + 1}\\
0&2&{z - 3x + 1}
\end{array}} \right)\longrightarrow\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1}&1&{x - 2}\\
0&1&{y - 2x + 1}\\
0&0&{x - 2y + z - 1}
\end{array}} \right)\]

De lo anterior se deduce, para que el sistema tenga soluciones (precisamente las soluciones son todos los puntos del plano), que \(x - 2y + z - 1 = 0\), justamente la ecuación general o implícita del plano.

Sin hacer el último paso en el método de Gauss también se obtiene lo mismo. Las dos últimas ecuaciones asociadas son

\[\left\{ \begin{array}{l}
\mu  = y - 2x + 1\\
2\mu  = z - 3x + 1
\end{array} \right.\]

y de aquí se obtiene, por igualación, que

\[y - 2x + 1 = \frac{{z - 3x + 1}}{2} \Rightarrow 2y - 4x + 2 = z - 3x + 1 \Rightarrow x - 2y + z - 1 = 0\]


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


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Apuntes de Geometría para Matemáticas II

En los apuntes siguientes se trata, de manera esquemática (son "sólo" 13 páginas), todo el bloque de geometría de la materia Matemáticas II, de 2º de Bachillerato (modalidad de Ciencias y Tecnología). Los contenidos están divididos de la siguiente manera.

Matemáticas II - Geometría

  1. Coordenadas o componentes de un vector.
  2. División de un segmento en n partes iguales.
  3. Vector director de una recta y ecuaciones de la recta.
  4. Ecuaciones de un plano.
  5. Posiciones relativas de dos rectas.
  6. Posiciones relativas de una recta y un plano.
  7. Posiciones relativas de dos planos.
  8. Ecuaciones implícitas de la recta.
  9. Haz de planos.
  10. Producto escalar de dos vectores.
  11. Producto vectorial de dos vectores.
  12. Producto mixto de tres vectores.
  13. Ángulo de dos vectores.
  14. Vector perpendicular a un plano.
  15. Ángulo de dos rectas.
  16. Ángulo de dos planos.
  17. Ángulo de recta y plano.
  18. Distancia entre dos puntos.
  19. Ecuación normal de un plano.
  20. Distancia de un punto a un plano.
  21. Distancia entre dos planos paralelos.
  22. Distancia de un punto a una recta.
  23. Distancia entre una recta y un plano paralelos.
  24. Distancia entre dos rectas paralelas.
  25. Distancia entre dos rectas que se cruzan.
  26. Área de un triángulo.
  27. Área de un paralelogramo.
  28. Volumen de un tetraedro.
  29. Volumen de un paralelepípedo.

Descárgalos aquí:

Apuntes de geometría. Matemáticas II. 2º Bachillerato.

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