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

En otro artículo de esta Web se proponían y se resolvían 5 problemas de geometría. Los problemas del bloque dedicado a la Geometría en las matemáticas de 2º de Bachillerato los podemos dividir, fundamentalmente, en problemas de dos tipos: los problemas sobre posiciones relativas entre rectas y planos, y los problemas métricos. Los primeros no son difíciles de resolver si se entiende bien el Teorema de Rouché (aunque hay otras formas de resolverlos). Los segundos, y quizá más interesantes, son problemas en los que entra en escena el producto escalar y el producto vectorial, es decir, los problemas de ángulos, distancias y perpendicularidad. Por eso es muy importante entender con claridad los conceptos de producto escalar y de producto vectorial así como sus aplicaciones. Se recomienda para ello una lectura atenta y comprensiva de los dos artículos siguientes:

  1. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  2. Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones.

A continuación se proponen y se resuelven completamente otros seis ejercicios de geometría, lo que viene a completar, con los otros cinco ejercicios comentados al principio, una serie de ejercicios de geometría que pueden servir de modelo para el aprendizaje de esta parte de las matemáticas en un segundo curso de Bachillerato y, por tanto, para afrontar con éxito los problemas de geometría que puedan aparecer en las pruebas de acceso a la universidad (selectividad).

Problema 1

a) Dados los puntos \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\), da la ecuación implícita del plano \(\pi\) de modo que el punto simétrico de \(P\) respecto a \(\pi\) es \(Q\).

b) Calcula el valor del parámetro \(\lambda\in\mathbb{R}\) para que el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R(\lambda,1,0)\) pase por el origen de coordenadas.

Solución

a) El plano \(\pi\) que se pide es el que pasa por el punto medio de \(P\) y \(Q\) (punto que podemos llamar \(M\)) y es perpendicular al vector que une \(P\) con \(Q\):

\[\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\]

06 ejercicios geometria 01

El punto medio \(M\) de \(P\) y \(Q\) es fácil de calcular:

\[M\left(\frac{4+2}{2},\frac{2+0}{2},\frac{3+(-5)}{2}\right)=M(3,1,-1)\]

El plano \(\pi\) que buscamos, por ser \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\) un vector perpendicular al mismo, tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z+D=0\]

Como el plano pasa por el punto \(M\), tenemos:

\[-2\cdot3-2\cdot1-8\cdot(-1)+D=0\Rightarrow-6-2+8+D=0\Rightarrow D=8\]

Por tanto el plano \(\pi\) que buscamos tiene ecuación implícita

\[\pi\equiv-2x-2y-8z=0\]

b) Recordemos que los puntos \(P\) y \(Q\) son \(P(4,2,3)\) y \(Q(2,0,-5)\). Podemos tomar como uno de los vectores directores del plano el vector \(\overrightarrow{PQ}=(-2,-2,-8)\), o bien este otro: \(\vec{u}=(1,1,4)\), que tiene la misma dirección que el anterior. Puesto que el plano también debe pasar por \(R(\lambda,1,0)\), otro vector director de tal plano será \(\vec{v}=\overrightarrow{PR}=(4-\lambda,1,3)\). De este modo disponemos de un punto \(P\) y de dos vectores, \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) que definen el plano determinado por los puntos \(P\), \(Q\) y \(R\). Sus ecuaciones paramétricas son:

\[\begin{cases}
        x=4+\alpha+(4-\lambda)\beta\\
        y=2+\alpha+\beta\\
        z=3+4\alpha+3\beta
      \end{cases}\]

La ecuación general o implícita del plano se obtiene desarrollando la siguiente ecuación:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-4 & 1 & 4-\lambda \\
                y-2 & 1 & 1 \\
                z-3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\]

Como el plano anterior ha de pasar por el origen de coordenadas la ecuación debe cumplirse para \(x=0\), \(y=0\), \(z=0\). Es decir:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                -4 & 1 & 4-\lambda \\
                -2 & 1 & 1 \\
                -3 & 4 & 3
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-12-3-32+8\lambda)-(-12+3\lambda-6-16)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow 5\lambda-13=0\Rightarrow\lambda=\frac{13}{5}\]

Problema 2

Dados los planos \(\pi\equiv ax+2y+z=4\), \(a\in\mathbb{R}\), y \(\pi'\equiv 2x-4y-2z=b\), \(b\in\mathbb{R}\):

a) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) coincidentes.

b) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) paralelos no coincidentes.

c) Razona para qué valores de \(a\,,b\in\mathbb{R}\) son \(\pi\) y \(\pi'\) perpendiculares.

Solución

Consideremos el sistema formado por ambos planos:

\[\begin{cases}
  ax+2y+z=4\\
  2x-4y-2z=b
\end{cases}\]

La matriz \(A\) de los coeficientes y la matriz ampliada \(A|b\) son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
            a & 2 & 1 \\
            2 & -4 & -2
          \end{array}
\right)\quad;\quad
A|b=\left(\begin{array}{cccc}
            a & 2 & 1 & 4 \\
            2 & -4 & -2 & b
          \end{array}
\right)\]

a) Para que ambos planos sean coincidentes los rangos de ambas matrices deben ser igual a uno y, por tanto, las dos filas de ambas matrices han de ser proporcionales, lo que nos lleva a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}=\frac{4}{b}\]

De donde claramente han de ser \(a=-1\) y \(b=-8\).

b) Para que ambos planos sean paralelos no coincidentes el rango de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a uno y el de la ampliada igual a dos, lo que nos lleva ahora a la siguiente expresión:

\[\frac{a}{2}=\frac{2}{-4}=\frac{1}{-2}\neq\frac{4}{b}\]

Luego en este caso debe ser \(a=-1\) y \(b\neq-8\).

c) Para que ambos planos sean perpendiculares basta que también lo sean sus vectores normales o perpendiculares. El vector normal del plano \(\pi\) es \(\vec{u}=(a,2,1)\) y el vector normal del plano \(\pi'\) es \(\vec{v}=(2,-4,-2)\). Por tanto:

\[\pi\perp\pi'\Leftrightarrow\vec{u}\perp\vec{v}\]

Si \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) son perpendiculares, su producto escalar ha de ser igual a cero:

\[\vec{u}\cdot\vec{v}=0\Rightarrow 2a-8-2=0\Rightarrow a=5\]

Por tanto, para que \(\pi\) y \(\pi'\) sean perpendiculares debe ser \(a=5\) y \(b\) puede tomar cualquier valor.

Problema 3

Dado el plano \(\pi\equiv x-z=0\) y las rectas

\[r\equiv\begin{cases}
x=1+\lambda\\
y=2\\
z=-1-\lambda
\end{cases},\,\lambda\in\mathbb{R}\quad;\quad
s\equiv\begin{cases}
x+y=2\\
4y+2z=6
\end{cases}\]

a) Halla el ángulo que forman \(\pi\) y \(r\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(r\).

b) Halla la posición relativa de \(\pi\) y \(s\). Razona cuántos planos hay perpendiculares a \(\pi\) que contengan a la recta \(s\).

Solución

a) Es fácil demostrar que el plano \(\pi\) y la recta \(r\) se cortan en un punto. Si sustituimos las ecuaciones de \(r\) en el plano \(\pi\) tenemos:

\[1+\lambda-(-1-\lambda)=0\Rightarrow2+2\lambda=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Además el punto de corte de \(\pi\) y \(r\) será el punto \(P(0,2,0)\).

El ángulo de la recta y el plano ha de ser el complementario del ángulo que formen la recta y un vector perpendicular del plano. Es decir, el complementario del ángulo que forman un vector director de la recta y un vector perpendicular al plano.

06 ejercicios geometria 02

Pero es que, en este caso, un vector director de la recta es \(\vec{u}=(1,0,-1)\) y un vector perpendicular al plano es \(\vec{v}=(1,0,-1)\). Como los vectores son iguales el ángulo que forman es cero, es decir, el plano \(\pi\) y la recta \(r\) son perpendiculares.

De lo anterior se deduce que hay infinitos planos perpendiculares a \(\pi\) que contienen a la recta \(r\), precisamente todos los planos del haz de base la recta \(r\).

b) Consideremos el sistema formado conjuntamente por el plano \(\pi\) y la recta \(s\):

\[\begin{cases}
    x-z=0\\
    x+y=2\\
    4y+2z=6
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes del sistema anterior es:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
               1 & 0 & -1 \\
               1 & 1 & 0 \\
               0 & 4 & 2
             \end{array}
  \right)\]

Se tiene que \(|A|=2-4=-2\neq0\), con lo que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a tres, que coincidirá también con el de la matriz ampliada y con el número de incógnitas. Por tanto, el sistema es compatible determinado (solución única), lo que quiere decir que el plano \(\pi\) y la recta \(s\) son secantes: se cortan en un punto \(P\) (nos podemos hacer una idea observando la figura anterior).

En este caso solamente hay un plano perpendicular a \(\pi\) que contenga a la recta \(s\). Precisamente el plano determinado por \(P\), un vector normal del plano \(\pi\) y un vector director de la recta \(s\). Todos los demás planos del haz de base la recta \(s\) ya no son perpendiculares al plano \(\pi\).

Problema 4

a) Determina el valor del parámetro \(k\in\mathbb{R}\) para que la recta

\[\begin{cases}
    x=1+\lambda\\
    y=k-\lambda\\
    z=\lambda
  \end{cases}\quad\lambda\in\mathbb{R}\]

esté contenida en el plano \(\pi\equiv x+2y+z=7\).

b) Para el valor de \(k\) obtenido en el apartado anterior, obtén la ecuación implícita de un plano \(\pi'\) que corte perpendicularmente a \(\pi\), de modo que la intersección de ambos planos sea \(r\).

Solución

a) Las ecuaciones continuas de la recta son

\[x-1=\frac{y-k}{-1}=z\]

Y de aquí obtenemos las ecuaciones implícitas de la recta:

\[\begin{cases}
    -x+1=y-k\\
    x-1=z
  \end{cases}\Rightarrow
  \begin{cases}
  x+y=1+k\\
  x-z=1
  \end{cases}\]

Si a estas ecuaciones añadimos la ecuación del plano tenemos un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas:

\[\begin{cases}
    x+y=1+k\\
    x-z=1\\
    x+2y+z=7
  \end{cases}\]

La matriz de los coeficientes y la matriz ampliada asociadas a este sistema son, respectivamente:

\[A=\left(\begin{array}{ccc}
              1 & 1 & 0 \\
              1 & 0 & -1 \\
              1 & 2 & 1
            \end{array}
  \right)\quad;\quad A|b=\left(\begin{array}{cccc}
                                 1 & 1 & 0 & 1+k \\
                                 1 & 0 & -1 & 1 \\
                                 1 & 2 & 1 & 7
                               \end{array}
  \right)\]

El rango de la matriz de los coeficientes es al menos dos pues contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
            1 & 1 \\
            1 & 0
          \end{array}
  \right|=0-1=-1\neq0\]

Pero además se tiene que

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 0 \\
            1 & 0 & -1 \\
            1 & 2 & 1
          \end{array}
  \right|=0\]

pues la tercera columna es igual a la segunda menos la primera. De aquí se deduce que el rango de la matriz de los coeficientes es igual a dos: \(r(A)=2\). Pero es que, además,

\[\left|\begin{array}{ccc}
            1 & 1 & 1+k \\
            1 & 0 & 1 \\
            1 & 2 & 7
          \end{array}
  \right|=(1+2+2k)-(7+2)=2k-6\]

De aquí se deduce que si \(k\neq3\), el rango de la matriz ampliada es tres: \(r(A|b)=3\). En este caso el sistema es incompatible (no tiene solución). Sin embargo, si \(k=3\), \(r(A|b)=r(A)=2<3=n\) y el sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones).

De lo anterior hemos de deducir que la recta estará contenida en el plano en el caso de que haya infinitas soluciones (la propia recta) y esto ocurre, como hemos visto, cuando \(k=3\).


Hay otra forma de hacer este apartado. Además es mucho más rápida que la anterior.

Para que la recta esté contenida en el plano, cualquier punto de la recta debe satisfacer la ecuación del plano, es decir, sea quien sea \(\lambda\in\mathbb{R}\), se ha de cumplir:

\[1+\lambda+2(k-\lambda)+\lambda=7\Leftrightarrow1+\lambda+2k-2\lambda+\lambda=7\Leftrightarrow2k=6\Leftrightarrow k=3\]

Por tanto, para este valor de \(k\) la recta está contenida en el plano. Para cualquier otro valor de \(k\) la ecuación \(2k=6\) daría lugar a una contradicción y, en ese caso, no existe ningún punto en común entre la recta y el plano, es decir, son paralelos.

b) Sea un punto \(P\) de \(r\) (que también lo será de \(\pi\)): \(P(1,3,0)\). Sea también un vector director de \(r\): \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Tomemos también un vector normal o perpendicular al plano \(\pi\): \(\vec{v}=(1,2,1)\). El plano \(\pi'\) determinado por el punto \(P\) y los vectores \(\vec{u}\) y \(\vec{v}\) es claramente perpendicular a \(\pi\) y su intersección con éste es claramente la recta \(r\) pues pasa por \(P\in r\) y tiene la dirección de un vector director de \(r\). Hallemos pues la ecuación implícita de \(\pi'\):

\[\left|\begin{array}{ccc}
                x-1 & 1 & 1 \\
                y-3 & -1 & 2 \\
                z & 1 & 1
              \end{array}
      \right|=0\Rightarrow(-x+1+2z+y-3)-(-z+y-3+2x-2)=0\Rightarrow\]

\[\Rightarrow -3x+3z+3=0\Rightarrow \pi'\equiv x-z-1=0\]

06 ejercicios geometria 03

Problema 5

a) Estudia la posición relativa de las rectas

\[r\equiv x=-y=z\quad;\quad s\equiv x=y=z-2\]

b) Calcular la distancia entre \(r\) y \(s\).

Solución

a) Un punto y un vector director de \(r\) son \(A(0,0,0)\) y \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Un punto y un vector director de \(s\) son \(B(0,0,2)\) y \(\vec{v}=(1,1,1)\). Consideremos el vector \(\overrightarrow{AB}=(0,0,2)\) y las matrices

\[\left(\begin{array}{c}
                \vec{u} \\
                \vec{v}
              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                       1 & -1 & 1 \\
                       1 & 1 & 1
                     \end{array}
      \right)\quad;\quad\left(\begin{array}{c}
                                \vec{u} \\
                                \vec{v} \\
                                \overrightarrow{AB}
                              \end{array}
      \right)=\left(\begin{array}{ccc}
                      1 & -1 & 1 \\
                      1 & 1 & 1 \\
                      0 & 0 & 2
                    \end{array}
      \right)\]

El rango de la primera matriz es dos porque contiene un menor de orden dos distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{cc}
                1 & -1 \\
                1 & 1
              \end{array}
      \right|=1-(-1)=2\neq0\]

El rango de la segunda matriz es tres porque su determinante es distinto de cero:

\[\left|\begin{array}{ccc}
                1 & -1 & 1 \\
                1 & 1 & 1 \\
                0 & 0 & 2
              \end{array}
      \right|=2\cdot\left|\begin{array}{cc}
                            1 & -1 \\
                            1 & 1
                          \end{array}
      \right|=2\cdot2=4\neq0\]

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

b) Para hallar la distancia entre \(r\) y \(s\) hallaremos el plano \(\pi\) que  contiene a \(s\) y es paralelo a \(r\). Las ecuaciones implícitas de la recta \(s\) son:

\[\begin{cases}
        x-y=0\\
        x-z+2=0
      \end{cases}\]

El haz de planos de arista la recta \(s\) será entonces:

\[\lambda(x-y)+\mu(x-z+2)=0\Leftrightarrow(\lambda+\mu)x-\lambda y-\mu z+2\mu=0\]

Para que un plano de este haz sea paralelo a la recta \(r\) se debe cumplir que el vector perpendicular al plano \((\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\) sea perpendicular al vector director de \(r\), es decir, que el producto escalar de ambos sea cero:

\[(\lambda+\mu,-\lambda,-\mu)\cdot(1,-1,1)=0\Leftrightarrow \lambda+\mu+\lambda-\mu=0\Leftrightarrow \lambda=0\]

Así, podemos elegir \(\lambda=0\), \(\mu=1\), con lo que \(\pi\equiv x-z+2=0\).

06 ejercicios geometria 04

La distancia entre las dos rectas será igual a la distancia entre la recta \(r\) y el plano \(\pi\) recién hallado. Esta distancia coincide con la distancia entre cualquier punto \(P\) de \(r\) y el plano \(\pi\). En general, la distancia de un punto \(P(p_1,p_2,p_3)\) y un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\) viene dada por la fórmula:

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

Por tanto, en nuestro caso, teniendo en cuenta que \(A(0,0,0)\in r\):

\[d(r,s)=d(r,\pi)=d(A,\pi)=\frac{|2|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\]

Problema 6

a) Calcula la distancia del punto \(P(-1,2,0)\) a la recta

\[r\equiv\begin{cases}
  -x+y+2z=0\\
  y+z=1
  \end{cases}\]

b) Calcula el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\).

Solución

a) No es difícil obtener las ecuaciones paramétricas de \(r\):

\[\begin{cases}
     x=1+\lambda\\
     y=1-\lambda\\
     z=\lambda
   \end{cases}\]

Hallaremos el plano \(\pi\), perpendicular a \(r\) que contiene al punto \(P\). Evidentemente, un vector normal de este plano será un vector director de \(r\), que es \(\vec{u}=(1,-1,1)\). Por tanto, la ecuación general del plano será de la forma \(x-y+z+D=0\). Además, como este plano ha de contener al punto \(P(-1,2,0)\), tenemos que: \(-1-2+D=0\Rightarrow D=3\). Entonces:

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

Este plano debe cortar a la recta \(r\) en un punto \(M\). Entonces, la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) coincidirá con la distancia del punto \(P\) al punto \(M\), o lo que es lo mismo, con el módulo del vector \(\overrightarrow{PM}\) (ver figura siguiente).

06 ejercicios geometria 05

Sustituyendo un punto cualquiera de la recta en el plano, tenemos:

\[1+\lambda-1+\lambda+\lambda+3=0\Rightarrow3\lambda+3=0\Rightarrow\lambda=-1\]

Sustituyendo tenemos que el punto de corte de la recta \(r\) con el plano \(\pi\) es \(M(0,2,-1)\), con lo que \(\overrightarrow{PM}=(1,0,-1)\). Finalmente, la distancia de \(P\) a \(r\) será:

\[d(P,r)=d(P,M)=|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\]

Hay otra forma de hallar la distancia entre un punto \(P\) y una recta \(r\), que consiste en aplicar la siguiente fórmula:

\[d(P,r)=\frac{|(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)|}{\sqrt{u_1^2+u_2^2+u_3^2}}\]

donde \(P(p_1,p_2,p_3)\) es el punto en cuestión y \(A(a_1,a_2,a_3)\) y \(\vec{u}=(u_1,u_2,u_3)\) son un punto y un vector director de la recta, respectivamente.

En nuestro caso \(P(-1,2,0)\) y un punto y un vector director de \(r\) son, respectivamente: \(A(1,1,0)\), \(\vec{u}=(1,-1,1)\). De este modo:

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(-2,1,0)\times(1,-1,1)=\left|\begin{array}{ccc}
                                                                                 i & j & k \\
                                                                                 -2 & 1 & 0 \\
                                                                                 1 & -1 & 1
                                                                               \end{array}\right|\rightarrow\]

\[(p_1-a_1,p_2-a_2,p_3-a_3)\times(u_1,u_2,u_3)=(i+2k)-(k-2j)=i+2j-k\]

Por tanto:

\[d(P,r)=\frac{|(1,2,-1)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}=\frac{\sqrt{1^2+2^2+(-1)^2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}=\sqrt{2}\]

b) Llamemos \(R\) al punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\). Está claro entonces que \(M\) es el punto medio de \(R\) y \(P\) (ver figura anterior). Por tanto, si notamos \(R(a,b,c)\) tenemos que:

\[\frac{a-1}{2}=0\quad;\quad\frac{b+2}{2}=2\quad;\quad\frac{c}{2}=-1\]

De donde rápidamente se deduce que \(a=1\), \(b=2\) y \(c=-2\) con lo que el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\) es \(R(1,2,-2)\).


Puedes descargar el artículo completo en pdf haciendo clic aquí.


Leer más ...

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. La regla de Cramer.
  11. Sistemas de ecuaciones lineales dependientes de un parámetro. El teorema de Rouché-Frobenius.
  12. Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones.
  13. 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:

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

El determinante de la matriz de los coeficientes 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, es decir, \(r\left( A \right) = 3 = r\left( {A|b} \right) = n\) (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 \(s\) que corta perpendicularmente a \(r\) 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 \(X' = \left( { - \frac{8}{{11}},\frac{{14}}{{11}}, - \frac{2}{{11}}} \right)\).


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Leer más ...

Producto vectorial. Producto mixto de tres vectores. Aplicaciones

Producto vectorial

Para una lectura comprensiva de este artículo se recomienda leer antes este otro: "Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones".

Dados dos vectores de distinta dirección podemos construir, trasladando cada vector al extremo del otro, un paralelogramo. Fíjate en la figura siguiente

 producto vectorial 01

Su área es el producto de la base por la altura y, con un poco de trigonometría básica, tenemos:

\[A = \left| {\vec u} \right|h = \left| {\vec u} \right|\,\,\left| {\vec v} \right|{\rm{sen}}\,\alpha\]

El producto vectorial de dos vectores \(\vec u\) y \(\vec v\), que notaremos \(\vec u \times \vec v\) (en este orden), se define como otro vector que tiene por módulo el área del paralelogramo formado por ambos, por dirección la de la recta perpendicular al plano que contiene a este paralelogramo, y el sentido de girar desde \(\vec u\) hacia \(\vec v\) (regla del sacacorchos).

producto vectorial 02

Es conveniente insistir en que el producto vectorial de dos vectores \(\vec u = \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right)\) y \(\vec v = \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right)\), a diferencia del producto escalar, es un vector \(\vec w = \vec u \times \vec v\). Vamos a obtener a continuación la expresión analítica del vector \(\vec w = \left( {z,y,z} \right)\) que será de gran utilidad en la resolución de diversos tipos de problemas.

Como \(\vec u \bot \vec w\) y \(\vec v \bot \vec w\), entonces \(\vec u \cdot \vec w = 0\) y \(\vec v \cdot \vec w = 0\), con lo que podemos formar el siguiente sistema:

\[\left\{ \begin{array}{l}
{u_1}x + {u_2}y + {u_3}z = 0\\
{v_1}x + {v_2}y + {v_3}z = 0
\end{array} \right.\]

El sistema anterior es claramente compatible indeterminado ya que si suponemos que los vectores \(\vec u\) y \(\vec v\) tienen distinta dirección, el rango de la matriz \(\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right)\) es dos y el número de incógnitas es tres.

Vamos a resolver el sistema anterior. Para ello vamos a suponer, ya que el rango es dos, que el determinante de orden dos \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|\) es distinto de cero. Ahora llamamos \(z=\lambda\), con lo  que el sistema se convierte en

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

cuyas soluciones son, aplicando la regla de Cramer, las siguientes:

\[x = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - {u_3}\lambda }&{{u_2}}\\
{ - {v_3}\lambda }&{{v_2}}
\end{array}} \right|}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|}} =  - \lambda \frac{{\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_3}}&{{u_2}}\\
{{v_3}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|\,}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|}} = \lambda \frac{{\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|\,}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|}}\ ;\ y = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{ - {u_3}\lambda }\\
{{v_1}}&{ - {v_3}\lambda }
\end{array}} \right|}}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|}} =  - \lambda \frac{{\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|{\kern 1pt} }}{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|}}\ ;\ z=\lambda\]

Tomando \(\lambda  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|\), las soluciones anteriores las podemos escribir así:

\[x = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|\ ;\ y =  - \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|\ ;\ z = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|\]

Esto quiere decir que el producto vectorial de \(\vec u = \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right)\) y \(\vec v = \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right)\), \(\vec u \times \vec v\), es otro vector cuyas coordenadas son

\[\vec u \times \vec v = \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|, - \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|} \right)\]

Estas coordenadas coinciden exactamente con el desarrollo del siguiente determinante por los elementos de la primera fila:

\[\vec u \times \vec v = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
i&j&k\\
{{u_1}}&{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|\]

La expresión anterior es fácil de recordar y usando la misma podemos hallar con facilidad las coordenadas del producto vectorial de dos vectores dados.

Algunas aplicaciones del producto vectorial

Distancia de un punto a una recta

Dados un punto \(P\) y una recta \(r\), se llama distancia de \(P\) a \(r\), que denotaremos \(d\left( {P,r} \right)\), a la distancia de \(P\) a \(M\), donde \(M\) es el punto de intersección de \(r\) con el plano que pasa por \(P\) y es perpendicular a \(r\). Si \(P\left( {{p_1},{p_2},{p_3}} \right)\) y la recta \(r\) tiene ecuaciones continuas \(r \equiv \frac{{x - {a_1}}}{{{u_1}}} = \frac{{y - {a_2}}}{{{u_2}}} = \frac{{z - {a_3}}}{{{u_3}}}\), entonces la distancia de   a   viene dada por:

\[d(P,\,\,r) = \frac{{\left| {\left( {{p_1} - {a_1},\,\,{p_2} - {a_2},\,\,{p_3} - {a_3}} \right) \times \left( {{u_1},\,\,{u_2},\,\,{u_3}} \right)} \right|}}{{\sqrt {{u_1}^2 + {u_2}^2 + {u_3}^2} }}\]

producto vectorial 03

Para demostrarlo sean \(M\left( {{m_1},\,\,{m_2},\,\,{m_3}} \right)\), \(\vec u = \left( {{u_1},\,\,{u_2},\,\,{u_3}} \right)\), y \(\overrightarrow {AP}\) el vector que une un punto cualquiera \(A\) de la recta con el punto \(P\): \(\overrightarrow {AP}  = \left( {{p_1} - {a_1},\,\,{p_2} - {a_2},\,\,{p_3} - {a_3}} \right)\). Hagamos el producto vectorial de ambos vectores y hallemos su módulo: \(\left| {\overrightarrow {AP}  \times \vec u} \right| = \left| {\overrightarrow {AP} } \right|\left| {\vec u} \right|\,{\rm{sen}}\,\alpha\). En la figura anterior se observa que la distancia buscada es \(d(P,r) = \left| {\overrightarrow {AP} } \right|{\rm{sen}}\,\alpha\), y sustituyendo en la expresión anterior tenemos \(\left| {\overrightarrow {AP}  \times \vec u} \right| = d(P,r)\left| {\vec u} \right|\), luego

\[d(P,r) = \frac{{\left| {\overrightarrow {AP}  \times \vec u} \right|}}{{\left| {\vec u} \right|}} = \frac{{\left| {\left( {{p_1} - {a_1},\,\,{p_2} - {a_2},\,\,{p_3} - {a_3}} \right) \times \left( {{u_1},\,\,{u_2},\,\,{u_3}} \right)} \right|}}{{\sqrt {{u_1}^2 + {u_2}^2 + {u_3}^2} }}\]

Distancia entre dos rectas paralelas

Se define esta distancia como la distancia de un punto de cualquiera de una recta a la otra. Así, si las rectas tienen ecuaciones continuas: \(r \equiv \frac{{x - {a_1}}}{{{u_1}}} = \frac{{y - {a_2}}}{{{u_2}}} = \frac{{z - {a_3}}}{{{u_3}}}\) y \(s \equiv \frac{{x - {b_1}}}{{{u_1}}} = \frac{{y - {b_2}}}{{{u_2}}} = \frac{{z - {b_3}}}{{{u_3}}}\) (obsérvese que, por ser paralelas, tienen el mismo vector director), basta aplicar la fórmula de la distancia del punto \(\left( {{a_1},\,\,{a_2},\,\,{a_3}} \right)\) a la segunda recta.

Área de un paralelogramo y de un triángulo

producto vectorial 04

Ya se ha comentado al principio que el módulo del producto vectorial de dos vectores es igual al área del paralelogramo correspondiente. En particular, dado un paralelogramo \(ABCD\) en el espacio, supongamos que las coordenadas de tres vértices son \(A\left( {{a_1},{a_2},{a_3}} \right)\), \(B\left( {{b_1},{b_2},{b_3}} \right)\) y \(C\left( {{c_1},{c_2},{c_3}} \right)\). Si llamamos \(S\) al área o superficie del paralelogramo, entonces:

\[\overrightarrow {AB}  \times \overrightarrow {AC}  = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{\overrightarrow i }&{\overrightarrow j }&{\overrightarrow k }\\
{{b_1} - {a_1}}&{{b_2} - {a_2}}&{{b_3} - {a_3}}\\
{{c_1} - {a_1}}&{{c_2} - {a_2}}&{{c_3} - {a_3}}
\end{array}} \right| \Rightarrow S = \left| {\overrightarrow {AB}  \times \overrightarrow {AC} } \right|\]

El área o superficie del triángulo será la mitad de la del paralelogramo (cualesquiera de las dos diagonales del paralelogramo dividen al mismo en dos triángulos de igual área). Por tanto la superficie \(S\) del triángulo, conocidos sus tres vértices \(A\), \(B\) y \(C\) es:

\[S = \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {AB}  \times \overrightarrow {AC} } \right|\]

Producto mixto de vectores

Dados tres vectores \(\vec u\), \(\vec v\) y \(\vec w\) se llama producto mixto de dichos vectores al número obtenido así:

\[\vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right)\]

El producto mixto se denota así: \(\left( {\vec u,\vec v,\vec w} \right)\). Si las coordenadas de los vectores son \(\vec u = \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right)\), \(\vec v = \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right)\) y \(\vec w = \left( {{w_1},{w_2},{w_3}} \right)\), entonces:

\[\vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right) = \left( {{u_1},\,\,{u_2},\,\,{u_3}} \right) \cdot \left( {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|, - \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_3}}
\end{array}} \right|,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right|} \right)=\]

\[={u_1}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_2}}&{{v_3}}
\end{array}} \right| - {u_2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_3}}
\end{array}} \right| + {u_3}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}
\end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}&{{v_3}}\\
{{w_1}}&{{w_2}}&{{w_3}}
\end{array}} \right|\]

Por tanto, el producto mixto de tres vectores viene dado por la siguiente expresión:

\[\left( {\vec u,\,\,\vec v,\,\,\vec w} \right) = \vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}&{{v_3}}\\
{{w_1}}&{{w_2}}&{{w_3}}
\end{array}} \right|\]

El producto mixto se usa, por ejemplo, en el cálculo de volúmenes. A continuación vamos a deducir un par de fórmulas mediante las cuales podamos obtener el volumen de un tetraedro y el volumen de un paralelepípedo o prisma rectangular.

Volumen de un paralelepípedo o prisma rectangular

Observemos la siguiente figura

producto vectorial 05

Sabemos, por la definición de producto escalar que \(\vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right) = \left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec v \times \vec w} \right| \cdot \cos \alpha\). Pero, tal y como hemos visto, \(\left| {\vec u \times \vec w} \right|\), representa el área \(A\) sombreada en la figura anterior. Además, también tenemos que \(\cos \alpha  = \frac{h}{{\left| {\vec u} \right|}}\), con lo que \(h = \vec u \cdot \cos \alpha\), que representa la altura \(h\) del paralelepípedo dibujado. Resulta por consiguiente que

\[\vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right) = \left| {\vec u} \right| \cdot \left| {\vec v \times \vec w} \right| \cdot \cos \alpha  = A \cdot h\]

Es decir, que el producto mixto \(\vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right)\), representa geométricamente el volumen \(A\cdot h\) del paralelepípedo de lados \(\vec u\), \(\vec v\) y \(\vec w\). En coordenadas, si \(\vec u = \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right)\), \(\vec v = \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right)\) y \(\vec w = \left( {{w_1},{w_2},{w_3}} \right)\), el volumen \(V\) lo podemos expresar así:

\[V = \vec u \cdot \left( {\vec v \times \vec w} \right) = \left( {\vec u,\vec v,\vec w} \right) = \left| {\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{u_1}}&{{u_2}}&{{u_3}}\\
{{v_1}}&{{v_2}}&{{v_3}}\\
{{w_1}}&{{w_2}}&{{w_3}}
\end{array}} \right|\,} \right|\]

Obsérvese que escribimos valor absoluto para asegurarnos de que el volumen es positivo.

Si lo que conocemos son los vértices \(A\left( {{a_1},\,\,{a_2},\,\,{a_3}} \right)\), \(B\left( {{b_1},\,\,{b_2},\,\,{b_3}} \right)\), \(C\left( {{c_1},\,\,{c_2},\,\,{c_3}} \right)\) y \(D\left( {{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3}} \right)\), del prisma rectangular de tal manera que \(\overrightarrow {AB}  = \vec u\), \(\overrightarrow {AC}  = \vec v\) y \(\overrightarrow {AD}  = \vec w\), entonces la fórmula del volumen \(V\) del paralelepípedo viene dada por

\[V = \left| {\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{b_1} - {a_1}}&{{b_2} - {a_2}}&{{b_3} - {a_3}}\\
{{c_1} - {a_1}}&{{c_2} - {a_2}}&{{c_3} - {a_3}}\\
{{d_1} - {a_1}}&{{d_2} - {a_2}}&{{d_3} - {a_3}}
\end{array}} \right|\,} \right|\]

Volumen de un tetraedro

Sean \(A\left( {{a_1},\,\,{a_2},\,\,{a_3}} \right)\), \(B\left( {{b_1},\,\,{b_2},\,\,{b_3}} \right)\), \(C\left( {{c_1},\,\,{c_2},\,\,{c_3}} \right)\) y \(D\left( {{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3}} \right)\) cuatro puntos del espacio. Al unirlos entre sí de todas las maneras posibles, determinan un tetraedro cuyo volumen \(V\) es igual a la sexta parte del valor absoluto del producto mixto \(\left( {\overrightarrow {AB} ,\,\,\overrightarrow {AC} \,\,\overrightarrow {AD} } \right)\), es decir:

\[V = \frac{1}{6}\,\,\left| {\,\,\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{b_1} - {a_1}}&{{b_2} - {a_2}}&{{b_3} - {a_3}}\\
{{c_1} - {a_1}}&{{c_2} - {a_2}}&{{c_3} - {a_3}}\\
{{d_1} - {a_1}}&{{d_2} - {a_2}}&{{d_3} - {a_3}}
\end{array}} \right|\,\,} \right|\]

La demostración se basa en que el volumen de un tetraedro es la tercera parte del área de la base por la altura:

\[V = \frac{1}{3}\left( {{\rm{Área}}\,ACD} \right) \cdot h\]

producto vectorial 06

Por un lado, el área del triángulo \(ACD\) sabemos que es igual a \(\frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {AC}  \times \overrightarrow {AD} } \right|\) y, por otro (ver figura anterior), \({\rm{sen}}\,\alpha  = \frac{h}{{\left| {\overrightarrow {AB} } \right|}}\), es decir, \(h = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|\,{\rm{sen}}\,\alpha  = \left| {\overrightarrow {AB} } \right|\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right)\). Sustituyendo estos valores en la fórmula del volumen tenemos:

\[V = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}\left| {\overrightarrow {AC}  \times \overrightarrow {AD} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AB} } \right|\,\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) =\]

\[=\frac{1}{6}\overrightarrow {AB}  \cdot \left( {\overrightarrow {AC}  \times \overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{6}\left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} } \right) = \frac{1}{6}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{b_1} - {a_1}}&{{b_2} - {a_2}}&{{b_3} - {a_3}}\\
{{c_1} - {a_1}}&{{c_2} - {a_2}}&{{c_3} - {a_3}}\\
{{d_1} - {a_1}}&{{d_2} - {a_2}}&{{d_3} - {a_3}}
\end{array}} \right|\]

Según el orden en que tomemos los vectores ese determinante puede salir positivo o negativo. Por lo tanto, para que el volumen sea positivo, en la fórmula pondremos el valor absoluto del determinante.


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Proyecciones. Producto escalar de vectores. Aplicaciones

Proyecciones

La proyección de un punto \(A\) sobre una recta \(r\) es el punto \(B\) donde la recta perpendicular a \(r\) que pasa por \(A\) corta a la recta \(r\). Con un dibujo se entiende muy bien.

producto escalar 01

La proyección de un segmento \(\overline {AB}\) sobre una recta \(r\) es otro segmento \(\overline {CD}\) contenido en la recta \(r\), cuyos extremos son, respectivamente, las proyecciones de los puntos \(A\) y \(B\) sobre la recta \(r\). Veámoslo con otro dibujo.

producto escalar 02

Un vector es un segmento orientado. Por tanto, la proyección de un vector \(\vec u\) sobre una recta se hace, tal y como hemos visto anteriormente, exactamente igual que la proyección de un segmento sobre una recta.

Se define la proyección de un vector \(\vec u\) sobre un vector \(\vec v\) como la proyección del vector \(\vec u\) sobre la recta que contiene al vector \(\vec v\). A la proyección de un vector \(\vec u\) sobre un vector \(\vec v\) la notaremos \({p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)\).

producto escalar 03

En la figura anterior se ha realizado la proyección de un vector \(\vec v\) sobre un vector \(\vec u\). Como se puede observar, la proyección es la misma si hacemos coincidir el origen de ambos vectores. Evidentemente, la proyección del vector \(\vec v\) sobre el vector \(\vec u\) no es la misma que la proyección del vector \(\vec u\) sobre el vector \(\vec v\): \({p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) \ne {p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)\) (ver figura siguiente).

producto escalar 04

Obsérvese también que todo par de vectores \(\vec u\) y \(\vec v\) forman entre sí un ángulo \(\alpha\). Recordando que a la longitud o módulo de un vector \(\vec u\) la denotamos por \(|\vec u|\), y haciendo uso de trigonometría básica (razones trigonométricas en un triángulo rectángulo), podemos escribir, si nos fijamos en las dos figuras anteriores, las dos siguientes relaciones:

\[\cos \alpha  = \frac{{{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right)}}{{\left| {\vec v} \right|}} \Rightarrow {p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) = \left| {\vec v} \right|\cos \alpha\quad;\quad\cos \alpha  = \frac{{{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)}}{{\left| {\vec u} \right|}} \Rightarrow {p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right) = \left| {\vec u} \right|\cos \alpha\qquad(1)\]

Producto escalar de vectores

El producto escalar de vectores está íntimamente relacionado con la proyección de un vector sobre otro. De hecho, se define el producto escalar de dos vectores como el producto del módulo de uno de ellos, por la proyección del otro sobre el primero. Es decir:

\[\vec u \cdot \vec v = \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right)\quad;\quad\vec u \cdot \vec v = \left| {\vec v} \right|{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)\qquad(2)\]

Obsérvese que si el vector sobre el que hacemos la proyección tiene longitud o módulo igual a uno, entonces el producto escalar es justamente la proyección. De este modo:

\[\left| {\vec u} \right| = 1 \Rightarrow \vec u \cdot \vec v = {p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right)\quad;\quad\left| {\vec v} \right| = 1 \Rightarrow \vec u \cdot \vec v = {p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)\]

Es más habitual definir el producto escalar de dos vectores de la siguiente manera:

\[\vec u \cdot \vec v = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|\cos \alpha\qquad(3)\]

donde lo único que se ha hecho es sustituir en \((2)\) las relaciones dadas en \((1)\).

Propiedades del producto escalar de vectores

El producto escalar de dos vectores es un número real (por eso recibe el nombre de escalar). Además, el producto escalar de dos vectores es, a la vista de la fórmula (3), claramente conmutativo. Esto nos lleva, por (2), a que la razón entre los módulos de dos vectores es igual a la razón entre sus proyecciones:

\[\left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) = \left| {\vec v} \right|{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right) \Leftrightarrow \frac{{\left| {\vec u} \right|}}{{\left| {\vec v} \right|}} = \frac{{{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)}}{{{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right)}}\]

De aquí se deduce que módulos iguales y proyecciones iguales son cosas equivalentes (como es natural):

\[\left| {\vec u} \right| = \left| {\vec v} \right| \Leftrightarrow \frac{{\left| {\vec u} \right|}}{{\left| {\vec v} \right|}} = 1 \Leftrightarrow 1 = \frac{{{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)}}{{{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right)}} \Leftrightarrow {p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) = {p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)\]

El producto escalar de un vector por sí mismo es igual a su módulo al cuadrado, pues el ángulo de un vector consigo mismo es cero. O bien porque la proyección de un vector sobre sí mismo es igual a la longitud o módulo de ese vector.

\[\vec u \cdot \vec u = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec u} \right|\cos 0 = {\left| {\vec u} \right|^2}\quad;\quad\vec u \cdot \vec u = \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec u} \right) = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec u} \right| = {\left| {\vec u} \right|^2}\qquad(4)\]

El producto escalar de dos vectores perpendiculares es igual a cero, ya que el coseno de un ángulo recto es cero. O bien porque la proyección de uno sobre el otro es un punto, que tiene longitud cero.

\[\vec u \bot \vec v \Rightarrow \vec u \cdot \vec v = \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|\cos 90 = 0\quad;\quad\vec u \bot \vec v \Rightarrow \vec u \cdot \vec v = \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) = \left| {\vec u} \right| \cdot 0 = 0\]

Recíprocamente, si el producto escalar de dos vectores no nulos es cero, entonces los vectores son perpendiculares.

\[\vec u,\vec v \ne 0\,\,,\,\,\vec u \cdot \vec v = 0 \Rightarrow \left| {\vec u} \right|\left| {\vec v} \right|\cos \alpha  = 0 \Rightarrow \cos \alpha  = 0 \Rightarrow \alpha  = 90 \Rightarrow \vec u \bot \vec v\]

Observa ahora la siguiente figura.

producto escalar 05

De ella se deduce que la proyección de la suma de dos vectores sobre otro es igual a la suma de las proyecciones de los dos vectores por separado. Entonces, usando la fórmula (2):

\[\vec u \cdot \left( {\vec v + \vec w} \right) = \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec v + \vec w} \right) = \left| {\vec u} \right|\left( {{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) + {p_{\vec u}}\left( {\vec w} \right)} \right) = \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec v} \right) + \left| {\vec u} \right|{p_{\vec u}}\left( {\vec w} \right) = \vec u \cdot \vec v + \vec u \cdot \vec w\]

Lo que demuestra que el producto escalar cumple la propiedad distributiva respecto de la suma de vectores.

Una última propiedad del producto escalar es la llamada asociativa mixta, que relaciona el producto de números reales con el producto escalar:

\[k\left( {\vec u \cdot \vec v} \right) = k\left( {\left| {\vec u} \right|{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right)} \right) = \left( {k\left| {\vec u} \right|} \right){p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right) = \left| {k\vec u} \right|{p_{\vec v}}\left( {\vec u} \right) = \left( {k\vec u} \right) \cdot \vec v\]

Fijemos ahora en el espacio vectorial \(\mathbb{R}^3\) un sistema de referencia ortonormal \(\left\{ {O\,;\,\left\{ {{\rm{i}}\,{\rm{,}}\,{\rm{j}}\,{\rm{,}}\,{\rm{k}}} \right\}} \right\}\), es decir, un origen de coordenadas en \(O\left( {0,0,0} \right)\), y una base de vectores \(\left\{ {{\rm{i}}\,{\rm{,}}\,{\rm{j}}\,{\rm{,}}\,{\rm{k}}} \right\}\) de módulo uno y perpendiculares dos a dos. Observemos que el producto escalar de dos vectores distintos de la base es cero, y que el producto escalar de un vector de la base consigo mismo es igual a uno.

\[{\rm{i}} \cdot {\rm{j}} = {\rm{i}} \cdot {\rm{k}} = {\rm{j}} \cdot {\rm{k}} = 0\ ;\ {\rm{i}} \cdot {\rm{i}} = {\left| {\rm{i}} \right|^2} = 1\ ;\ {\rm{j}} \cdot {\rm{j}} = {\left| {\rm{j}} \right|^2} = 1\ ;\ {\rm{k}} \cdot {\rm{k}} = {\left| {\rm{k}} \right|^2} = 1\]

Entonces, dados dos vectores \(\vec u\) y \(\vec v\), los podemos escribir como combinación lineal de los vectores de la base, es decir, existen \({u_1},{u_2},{u_3} \in \mathbb{R}\), \({v_1},{v_2},{v_3} \in \mathbb{R}\) tales que

\[\vec u = {u_1}{\rm{i}} + {u_2}{\rm{j}} + {u_3}{\rm{k}}\ ,\ \vec v = {v_1}{\rm{i}} + {v_2}{\rm{j}} + {v_3}{\rm{k}}\]

O lo que es lo mismo, un sistema de referencia nos permite escribir los vectores \(\vec u\) y \(\vec v\) en coordenadas respecto de la base:

\[\vec u = \left( {{u_1},{u_2},{u_3}} \right)\ ,\ \vec v = \left( {{v_1},{v_2},{v_3}} \right)\]

Vamos a hacer uso de la propiedad distributiva y de la asociativa mixta para obtener la expresión del producto escalar en función de las coordenadas de los vectores.

\[\vec u \cdot \vec v = \left( {{u_1}{\rm{i}} + {u_2}{\rm{j}} + {u_3}{\rm{k}}} \right) \cdot \left( {{v_1}{\rm{i}} + {v_2}{\rm{j}} + {v_3}{\rm{k}}} \right) =\]

\[= \left( {{u_1}{\rm{i}}} \right) \cdot \left( {{v_1}{\rm{i}}} \right) + \left( {{u_1}{\rm{i}}} \right) \cdot \left( {{v_2}{\rm{j}}} \right) + \left( {{u_1}{\rm{i}}} \right) \cdot \left( {{v_3}{\rm{k}}} \right) + \]

\[+ \left( {{u_2}{\rm{j}}} \right) \cdot \left( {{v_1}{\rm{i}}} \right) + \left( {{u_2}{\rm{j}}} \right) \cdot \left( {{v_2}{\rm{j}}} \right) + \left( {{u_2}{\rm{j}}} \right) \cdot \left( {{v_3}{\rm{k}}} \right) +\]

\[+ \left( {{u_3}{\rm{k}}} \right) \cdot \left( {{v_1}{\rm{i}}} \right) + \left( {{u_3}{\rm{k}}} \right) \cdot \left( {{v_2}{\rm{j}}} \right) + \left( {{u_3}{\rm{k}}} \right) \cdot \left( {{v_3}{\rm{k}}} \right) = \]

\[= \left( {{u_1}{v_1}} \right)\left( {{\rm{i}} \cdot {\rm{i}}} \right) + \left( {{u_1}{v_2}} \right)\left( {{\rm{i}} \cdot {\rm{j}}} \right) + \left( {{u_1}{v_3}} \right)\left( {{\rm{i}} \cdot {\rm{k}}} \right) + \]

\[+ \left( {{u_2}{v_1}} \right)\left( {{\rm{j}} \cdot {\rm{i}}} \right) + \left( {{u_2}{v_2}} \right)\left( {{\rm{j}} \cdot {\rm{j}}} \right) + \left( {{u_2}{v_3}} \right)\left( {{\rm{j}} \cdot {\rm{k}}} \right) + \]

\[+ \left( {{u_3}{v_1}} \right)\left( {{\rm{k}} \cdot {\rm{i}}} \right) + \left( {{u_3}{v_2}} \right)\left( {{\rm{k}} \cdot {\rm{j}}} \right) + \left( {{u_3}{v_3}} \right)\left( {{\rm{k}} \cdot {\rm{k}}} \right)\]

Seis de los nueve términos anteriores son cero pues los vectores de la base del sistema de referencia son perpendiculares. Además, el producto escalar de un elemento de la base consigo mismo es igual a uno. Por tanto:

\[\vec u \cdot \vec v = {u_1}{v_1} + {u_2}{v_2} + {u_3}{v_3}\qquad (5)\]

Ahora también podemos escribir el módulo de un vector dependiendo de sus coordenadas:

\[{\left| {\vec u} \right|^2} = \vec u \cdot \vec u \Rightarrow \left| {\vec u} \right| =  + \sqrt {\vec u \cdot \vec u}  \Rightarrow \left| {\vec u} \right| =  + \sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2}\]

Algunas aplicaciones del producto escalar de vectores

Ángulo de dos rectas

De la definición de producto escalar de dos vectores podemos deducir el ángulo que forman ambos.

\[\vec u \cdot \vec v = \left| {\vec u} \right|\,\,\left| {\vec v} \right|\cos \alpha  \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{\vec u \cdot \vec v}}{{\left| {\vec u} \right|\,\,\left| {\vec v} \right|}} \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{{u_1}{v_1} + {u_2}{v_2} + {u_3}{v_3}}}{{\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2} \sqrt {v_1^2 + v_2^2 + v_3^2} }}\]

Si se trata de dos rectas, el ángulo formado entre ellas será el mismo que el que formen sus vectores directores.

Es posible que al hacer los cálculos el valor de   salga positivo o bien su valor sea negativo. En el primer caso el ángulo obtenido es agudo, y en el segundo es obtuso. Por convenio tomaremos como ángulo entre dos vectores o entre dos rectas el ángulo agudo. Para ello reescribiremos nuestra fórmula así:

\[\cos \alpha  = \frac{{\left| {{u_1}{v_1} + {u_2}{v_2} + {u_3}{v_3}} \right|}}{{\sqrt {u_1^2 + u_2^2 + u_3^2} \sqrt {v_1^2 + v_2^2 + v_3^2} }}\]

Al tomar el valor absoluto en el numerador, el valor de \(\cos\alpha\) siempre será positivo y, por tanto, \(\alpha\) será un ángulo agudo.

Observemos también que dos vectores serán perpendiculares (o dos rectas serán perpendiculares) cuando \(\cos\alpha=0\), es decir, cuando \({u_1}{v_1} + {u_2}{v_2} + {u_3}{v_3} = 0\). Simbólicamente:

\[r \bot s \Leftrightarrow \vec u \bot \vec v \Leftrightarrow \vec u \cdot \vec v = 0 \Leftrightarrow {u_1}{v_1} + {u_2}{v_2} + {u_3}{v_3} = 0\]

Vector perpendicular a un plano

Un vector \(\vec u\) es perpendicular a un plano \(\pi\) cuando \(\vec u\) es perpendicular a cualquier vector contenido en \(\pi\).

producto escalar 06

Dado el plano \(\pi\) de ecuación \(Ax + By + Cz + D = 0\) se tiene que \(\vec u = \left( {A,B,C} \right)\) son las coordenadas del un vector perpendicular al plano. Es decir: \(\vec u = \left( {A,B,C} \right) \bot \pi\).

Para demostrar que lo anterior es cierto se toman dos puntos cualesquiera \(M\left( {{m_1},{m_2},{m_3}} \right)\) y \(P\left( {{p_1},{p_2},{p_3}} \right)\) del plano \(\pi\), y efectuamos el producto escalar del vector \(\vec u = \left( {A,B,C} \right)\) con el vector \(\overrightarrow {MP}\). Si el resultado es cero, entonces \(\vec u \bot \overrightarrow {MP}\), con lo que \(\vec u \bot \pi\).

\[\vec u \cdot \overrightarrow {MP}  = \left( {A,B,C} \right) \cdot \left( {{p_1} - {m_1},{p_2} - {m_2},{p_3} - {m_3}} \right) = A\left( {{p_1} - {m_1}} \right) + B\left( {{p_2} - {m_2}} \right) + C\left( {{p_3} - {m_3}} \right) =\]

\[= \left( {A{p_1} + B{p_2} + C{p_3}} \right) - \left( {A{m_1} + B{m_2} + C{m_3}} \right) =  - D - \left( { - D} \right) = 0\]

La última igualdad es cierta porque tanto \(M\left( {{m_1},{m_2},{m_3}} \right)\) como \(P\left( {{p_1},{p_2},{p_3}} \right)\) son puntos del plano \(\pi\).

Ángulo de dos planos

Dados dos planos \(\pi\) y \(\pi'\), el ángulo formado por ambos es el que forman dos vectores contenidos en cada uno de los planos respectivos que sean perpendiculares a la recta intersección de los dos planos, es decir, el ángulo de los dos planos es el formado por los vectores \(\vec v\) y \(\vec v'\) de la figura.

Si \(\vec u\) y \(\vec u'\) son dos vectores perpendiculares a cada uno de los planos respectivos, podemos observar que el ángulo que forman  \(\vec u\) y \(\vec u'\) es el mismo que el de \(\vec v\) y \(\vec v'\).

producto escalar 07

Por lo tanto, si las ecuaciones de ambos planos son \(\pi  \equiv Ax + By + Cz + D = 0\) y \(\pi ' \equiv A'x + B'y + C'z + D' = 0\), entonces los vectores \(\vec u = \left( {A,B,C} \right)\) y \(\vec u' = \left( {A',B',C'} \right)\) son perpendiculares a los planos respectivos, luego:

\[\cos \alpha  = \frac{{\left| {AA' + BB' + CC'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \sqrt {A'{\,^2} + B'{\,^2} + C'{\,^2}} }}\]

Hemos tomado valor absoluto para obtener el ángulo agudo.

En particular dos planos serán perpendiculares cuando \(\cos\alpha=0\), es decir, cuando \(AA' + BB' + CC' = 0\):

\[\pi  \bot \pi ' \Leftrightarrow \vec u \bot \vec u' \Leftrightarrow \vec u \cdot \vec u' = 0 \Leftrightarrow AA' + BB' + CC' = 0\]

Ángulo entre recta y plano

Dada una recta \(r\) y un plano \(\pi\), el ángulo formado por ambos es aquel que forman \(r\) y \(r'\), donde \(r'\) es la proyección ortogonal de \(r\) sobre \(\pi\). La recta \(r'\) se obtiene como intersección de \(\pi\) con el plano que contiene a la recta \(r\) y es perpendicular a \(\pi\).

producto escalar 08

Si \(\vec v\) y \(\vec v'\) son dos vectores de \(r\) y \(r'\), el ángulo formado por \(r\) y \(\pi\) es el que forman \(\vec v\) y \(\vec v'\). Si \(\vec u\) es un vector perpendicular a \(\pi\), ese ángulo es complementario del formado por \(\vec u\) y \(\vec v\). Por lo tanto, si las ecuaciones de la recta son \(r \equiv \frac{{x - {a_1}}}{{{v_1}}} = \frac{{y - {a_2}}}{{{v_2}}} = \frac{{z - {a_3}}}{{{v_3}}}\), y la ecuación general o implícita del plano es \(\pi  \equiv Ax + By + Cz + D = 0\), tenemos que \(\text{sen}\,\alpha  = \cos \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right)\), luego

\[\text{sen}\,\alpha  = \frac{{\left| {A{v_1} + B{v_2} + C{v_3}} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \sqrt {{v_1}^2 + {v_2}^2 + {v_3}^2} }}\]

Distancia de un punto a un plano, distancia entre dos planos paralelos y distancia entre una recta y un plano paralelos

Dados un punto \(P\) y un plano \(\pi\), se llama distancia de \(P\) a \(\pi\), \(d(P,\pi)\), a la distancia de \(P\) a \(M\), donde \(M\) es el punto de intersección de \(\pi\) con la recta que pasa por \(P\) y es perpendicular a \(\pi\).

producto escalar 09

Supongamos que el punto \(P\) tiene coordenadas \(P\left( {{p_1},\,\,{p_2},\,\,{p_3}} \right)\) y que el plano \(\pi\) tiene ecuación implícita \(\pi  \equiv Ax + By + Cz + D = 0\). Entonces la distancia de \(P\) a \(\pi\) viene dada por:

\[d\left( {P,\pi } \right) = \frac{{\left| {A{p_1} + B{p_2} + C{p_3} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\]

Para demostrarlo supongamos que \(M\left( {{m_1},\,\,{m_2},\,\,{m_3}} \right)\), \(\overrightarrow {MP}  = \left( {{p_1} - {m_1},\,\,{p_2} - {m_2},\,\,{p_3} - {m_3}} \right)\) y que \(\vec u = \left( {A,B,C} \right)\) es el vector perpendicular al plano. Obviamente \(d\left( {P,\,\,\pi } \right) = \left| {\overrightarrow {MP} } \right|\).

Pero, por un lado

\[\vec u \cdot \overrightarrow {MP}  = A\left( {{p_1} - {m_1}} \right) + B\left( {{p_2} - {m_2}} \right) + C\left( {{p_3} - {m_3}} \right)\]

y, por otro,

\[\vec u \cdot \overrightarrow {MP}  = \left| {\vec u} \right|\left| {\overrightarrow {MP} } \right|\cos \alpha  = \sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \left| {\overrightarrow {MP} } \right|\left( { \pm 1} \right)\]

(el ángulo \(\alpha\) que forman \(\vec u\) y \(\overrightarrow {MP}\) es \(0\) o \(180\)).

Entonces, igualando ambas expresiones:

\[\pm \sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} \left| {\overrightarrow {MP} } \right| = A\left( {{p_1} - {m_1}} \right) + B\left( {{p_2} - {m_2}} \right) + C\left( {{p_3} - {m_3}} \right) \Rightarrow\]

\[\Rightarrow \left| {\overrightarrow {MP} } \right| =  \pm \frac{{A\left( {{p_1} - {m_1}} \right) + B\left( {{p_2} - {m_2}} \right) + C\left( {{p_3} - {m_3}} \right)}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }} =  \pm \frac{{A{p_1} + B{p_2} + C{p_3} - \left( {A{m_1} + B{m_2} + C{m_3}} \right)}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\]

Pero \(M \in \pi\), por lo que

\[A{m_1} + B{m_2} + C{m_3} + D = 0 \Rightarrow A{m_1} + B{m_2} + C{m_3} =  - D \Rightarrow \left| {\overrightarrow {MP} } \right| =  \pm \frac{{A{p_1} + B{p_2} + C{p_3} + D}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\]

y como la distancia es siempre un número no negativo, entonces

\[\left| {\overrightarrow {MP} } \right| = d(P,\pi ) = \frac{{\left| {A{p_1} + B{p_2} + C{p_3} + D} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} }}\]

Si dos planos son paralelos la distancia entre ambos será la distancia de un punto cualquiera de uno de ellos al otro. Del mismo modo, si una recta un plano son paralelos, la distancia de la recta al plano será la distancia de un punto cualquiera de la recta al plano.


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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.

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Apuntes de geometría. Matemáticas II. 2º Bachillerato.

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